1. Многочлены и их свойства

Многочлены

Многочлен

многочлены определение аиг дмити

Определение

Многочленом от одной переменной называется выражение вида$f(x)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\dots +a_{1}x+a_0$ где $a_i\in \mathbf{R},i=0,1,\dots ,n$ (на самом деле для коэффициентов может быть выбрано и другое числовое множество).

Запись, использованная в определении, в которой входящие в многочлен одночлены упорядочены по убыванию степеней, называется канонической.

Если $a_n=1$, то многочлен называется приведённым

многочлены

Ссылка на оригинал

---

Степень многочлена

Степень многочлена

многочлены определение аиг дмити

Определение

Степенью многочлена $f(x)$ называется степень старшего одночлена, т.е. число $n$, при условии, что $a_0\ne 0$.
Обозначается: $\mathrm{deg}f(x)$ или просто $\mathrm{deg}(f)$.

Замечание

Любая константа представляет собой частный случай многочлена, причём если $f(x)=a\ne 0$, то $\mathrm{deg}f(x)=0$. В противном случае говорят, что степень многочлена равна $-\infty$ или не определена.

Ссылка на оригинал

---

Действия над многочленами

Действия над многочленами

1. Сложение

   Сложение многочленов осуществляется почленно: складываются коэффициенты при одночленах одной степени.
   Если $\mathrm{deg}(f)=n,\mathrm{deg}(g)=m$, то $\mathrm{deg}(f+g)\le \max (\mathrm{deg}(f),\mathrm{deg}(g))$

2. Умножение многочлена на число

   В этом случае на число умножается каждый одночлен:
   $c\cdot f(x)=c\left(a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\dots +a_{1}x+a_0\right)=c{a}_n{x}^n+c{a}_{n-1}{x}^{n-1}+\dots +c{a}_{1}x+c{a}_0$
   Степень многочлена при этом не меняется (при $c\ne 0$ ).

3. Умножение многочленов

   Каждый одночлен первого многочлена перемножается с каждым одночленом второго.
   Если (Степень многочлена) $\mathrm{deg}(f)=n,\mathrm{deg}(g)=m,fg\ne 0$, то $\mathrm{deg}(fg)=m+n$

многочлены

Ссылка на оригинал

---

Свойства многочленов

Свойства многочленов

многочлены определение аиг дмити

Алгебраическая структура множества многочленов

Обозначим множество многочленов от переменной $x$ с вещественными коэффициентами как $\mathbb{R}[x]$.
Данное множество относительно операций сложения и умножения образует коммутативное кольцо с единицей ¹.

Пусть $f,g,h\in \mathbb{R}[x]$ – произвольные многочлены:
$f(x)={\sum }_{i=0}^n{a}_i{x}^i,g(x)={\sum }_{j=0}^m{b}_j{x}^j,h(x)={\sum }_{k=0}^l{c}_k{x}^k$

Аксиомы сложения

1. Замкнутость: Сумма двух многочленов является многочленом с вещественными коэффициентами.
   $f+g\in \mathbb{R}[x]$
2. Коммутативность: Порядок слагаемых не важен.
   $f+g=g+f$
3. Ассоциативность: Порядок выполнения операций сложения не важен.
   $f+(g+h)=(f+g)+h$
4. Нейтральный элемент (нуль): Существует нулевой многочлен $0$ (все коэффициенты равны 0), такой что:
   $f+0=f$
5. Обратимость (противоположный элемент): Для каждого $f$ существует многочлен $-f$ (с коэффициентами, противоположными коэффициентам $f$), такой что:
   $f+(-f)=0$

Аксиомы умножения

1. Замкнутость: Произведение многочленов является многочленом. $$f\cdot g\in \mathbb{R}[x]$$
2. Коммутативность: $$f\cdot g=g\cdot f$$
3. Ассоциативность:

$$f\cdot (g\cdot h)=(f\cdot g)\cdot h$$

Доказательство ассоциативности умножения

Требуется доказать, что $f\cdot (g\cdot h)=(f\cdot g)\cdot h$.

1. Рассмотрим произведение $g\cdot h$:

   $$g\cdot h=\left(\sum _{j=0}^m{b}_j{x}^j\right)\left(\sum _{k=0}^l{c}_k{x}^k\right)=\sum _{p=0}^{m+l}\left(\sum _{j+k=p}{b}_j{c}_k\right)x^p$$

2. Теперь умножим $f$ на результат $(g\cdot h)$:

   $$f\cdot (g\cdot h)=\left(\sum _{i=0}^n{a}_i{x}^i\right)\left(\sum _{p=0}^{m+l}\left(\sum _{j+k=p}{b}_j{c}_k\right)x^p\right)$$

   Коэффициент при произвольной степени $x^S$ в этом произведении будет суммой всех слагаемых вида $a_i(b_j{c}_k)$, где $i+j+k=S$.
   То есть:

   $$f\cdot (g\cdot h)=\sum _{S=0}^{n+m+l}\left(\sum _{i+j+k=S}{a}_i{b}_j{c}_k\right)x^S$$

3. Аналогично распишем левую часть, начиная с $(f\cdot g)$:

   $$f\cdot g=\sum _{r=0}^{n+m}\left(\sum _{i+j=r}{a}_i{b}_j\right)x^r$$

   Умножая на $h$:

   $$(f\cdot g)\cdot h=\sum _{S=0}^{n+m+l}\left(\sum _{r+k=S}\left(\sum _{i+j=r}{a}_i{b}_j\right)c_k\right)x^S$$

   В силу ассоциативности умножения вещественных чисел ($a_i(b_j{c}_k)=(a_i{b}_j)c_k$), коэффициенты при одинаковых степенях $x$ совпадают:

   $$\sum _{i+j+k=S}{a}_i{b}_j{c}_k=\sum _{i+j+k=S}(a_i{b}_j)c_k$$

   Следовательно, многочлены равны.

4. Нейтральный элемент (единица): Существует многочлен $1$ (константа 1), такой что: $$f\cdot 1=f$$

Footnotes

1. Тема второго семестра АиГ ↩

Ссылка на оригинал

---

Равенство многочленов

Равенство многочленов

Существует два основных понимания равенства двух многочленов.

1. Алгебраический смысл. Два многочлена равны, если в каноническом виде они состоят из одинаковых одночленов.

   В использованных обозначениях $f(x)=g(x)$, если $m=n$ и $a_i=b_i$ при $i=0,1,\dots ,n$. Проверка довольно проста

2. Тождественный смысл. Два многочлена равны, если равны их значения при любых значениях переменной $x$.

   Эту проверку непосредственно осуществить невозможно. Однако и тот, и другой подход говорят нам о равенстве многочленов, при этом вполне очевидно, что если многочлены равны алгебраически, то при подстановке любых значений переменной их значения также будут равны, а значит они равны тождественно.

   Связь в обратную сторону неочевидна, однако она имеет место. Для того, чтобы её доказать, используется теорема алгебраического равенства многочленов.

многочлены

Ссылка на оригинал

Теорема 1. Алгебраическое равенство многочленов

Теорема. Алгебраическое равенство многочленов

Теорема

Алгебраическое равенство многочленов $f(x)$ и $g(x)$ степени $n$ имеет место, если они принимают одинаковые значения при $(n+1)$-м значении переменной $x$.

То есть, например, для алгебраического равенства двух квадратичных многочленов достаточно установить их равенство при трёх значениях переменной.

Без доказательства

многочлены

Ссылка на оригинал

---

Метод математической индукции

Теорема. Метод математической индукции

Теорема

Пусть имеется последовательность утверждений $P_n$ определённых для каждого натурального $n$, которые требуется доказать. Метод математической индукции, который мы будем использовать, состоит из следующих действий.

1. База индукции.

Подразумевает доказательство $P_1$ т.е. первого утверждения (иногда последовательность начинается с 0 или наоборот с числа, большего единицы; это не меняет сути метода, т.к. всегда имеется возможность условной перенумерации).

2. Индуктивный переход.

Доказывается условное утверждение: $P_k⟹P_{k+1}$.

Таким образом, идея заключается в следующем: если верно первое утверждение, то благодаря индуктивному переходу верны и все остальные.

Примеры

1. Докажем факт: для любого $n\in \mathbf{N}$ число $4^n-1$ делится на 3 .
   • База индукции: $n=1$. $4^1-1=3,\text{ делится на }3$
   • Индуктивный переход: пусть утверждение выполнено для $k\in \mathbf{N}:\left(4^k-1\right):3$. Докажем для $k+1$ :$4^{k+1}-1=4^k\cdot 4-4+3=4\left(4^k-1\right)+3$ Оба слагаемых делятся на 3 , значит, делится и всё выражение.
2. Докажем теперь, что для любого $n\in \mathbf{N}$ верно равенство$1^3+2^3+3^3+\dots +n^3=\frac{n^2(n+1{)}^2}{4}$
   • База индукции: n = 1 $1^3=1=\frac{1^2\cdot 2^2}{4}$
   • Индуктивный переход: пусть утверждение выполнено для $k\in \mathbf{N}$, докажем для $k+1$ : $\begin{array}{l}(1^3+2^3+3^3+\dots +k^3)+(k+1{)}^3=\frac{k^2(k+1{)}^2}{4}+(k+1{)}^3=(k+1{)}^2(\frac{k^2}{4}+k+1)=\\ =\frac{(k+1{)}^2(k^2+4k+4)}{4}=\frac{(k+1{)}^2(k+2{)}^2}{4}\end{array}$что и требовалось получить
3. Рассмотрим пример индукции в геометрии.
   Докажем, что $n$ прямых в общем положении (т.е. никакие две из них не параллельны и никакие три не пересекаются в одной точке) делят плоскость на $\frac{n^2+n+2}{2}$ частей.

   • База индукции: $n=1$.
     Одна прямая делит плоскость на $\frac{1+1+2}{2}=2$ части.

   • Индуктивный переход: предположим, что $k$ прямых делят плоскость на $\frac{k^2+k+2}{2}$ частей, докажем, что $k+1$ прямая делит плоскость на $\frac{(k+1{)}^2+(k+1)+2}{2}$ частей.

   Доказательство индуктивного перехода

Итак, проведём ещё одну прямую и посмотрим, как увеличится число частей плоскости. Будем проводить прямую из “бесконечности”, т.е. оттуда, где она ещё не встречает ни одной другой прямой. Когда она впервые пересечёт другую прямую, добавится одна новая часть плоскости. Таких пересечений будет $k$, значит, пересекая $k$ прямых, она отсечёт $k$ новых областей плоскости. Затем, после пересечения последней прямой, она опять уйдёт “в бесконечность” с другой стороны, разбив ещё одну часть плоскости на две.
Таким образом, к имеющимся частям плоскости добавится ещё $k+1$ : $\begin{array}{l}\frac{k^2+k+2}{2}+(k+1)=\frac{k^2+3k+4}{2}=\frac{\left(k^2+2k+1\right)+(k+1)+2}{2}=\frac{(k+1{)}^2+(k+1)+2}{2}\end{array}$

дополнительно

Ссылка на оригинал

---

Деление многочленов с остатком

Деление многочленов с остатком

многочлены определение аиг дмити

Определение

Пусть $f(x),g(x)\in P[x]$. Если имеет место равенство:

$$f(x)=g(x)\cdot q(x)+r(x)$$

для некоторых $q(x),r(x)\in P[x]$, причём $\mathrm{deg}r(x)<\mathrm{deg}g(x)$, то говорят что многочлен $f(x)$ разделили с остатком на $g(x)$.

Дополнение

Если для целых чисел рассматривалась величина делителя и остатка, то здесь будет иметь значение другая числовая величина - Степень многочлена. При этом (сравните с делением целых чисел) многочлен $q(x)$ называется неполным частным, а многочлен $r(x)$ собственно остатком от деления $f(x)$ на $g(x)$.

многочлены

Ссылка на оригинал

---

Теорема 2. Деление многочлена с остатком

Теорема. Деление с остатком

Теорема

Для любых многочленов $f,g$ можно осуществить деление с остатков $f$ на $g$, причём единственным образом. Иначе говоря:

$$\forall f,g\in P[x]\exists !q(x)\in P[x]\wedge \exists !r(x)\in P[x]:\mathrm{deg}r(x)<\mathrm{deg}g(x),(f(x)=g(x)\cdot q(x)+r(x))$$

Доказательство

Пусть $f=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\dots +a_{1}x+a_0,g=b_m{x}^m+b_{m-1}{x}^{m-1}+\dots +b_{1}x+b_0$

Зафиксируем степень многочлена $g(x)$, считая её большей 0 , и будем строить доказательство методом математической индукции по степени многочлена $f(x)$.

1. Пусть $n<m$:
   Тогда $f(x)=0\cdot g(x)+f(x)$
   Здесь $q(x)=0,r(x)=f(x),\mathrm{degr}(x)<\mathrm{deg}g(x)$

2. Допустим теперь, что $n\ge m$ и утверждение доказано для всех $k<n$. Покажем его выполнение и для $k=n$.:
   Рассмотрим многочлен

   $$h(x)=f(x)-\frac{a_n}{b_m}\cdot x^{n-m}\cdot g(x)$$

   Нетрудно видеть, что его степень меньше $n$, а значит к нему применимо индуктивное предположение:

   $$h(x)=g(x)\cdot q_h(x)+r_h(x),{\mathrm{degr}}_h(x)<\mathrm{degg}(x)$$

   Следовательно

   \begin{array}{l} f(x)=h(x)+\frac{a_{0}}{b_{0}} \cdot x^{n-m} \cdot g(x)=g(x) \cdot q_{h}(x)+r_{h}(x)+\frac{a_{0}}{b_{0}} \cdot x^{n-m} \cdot g(x)= \\

= \ g(x)\left(q_{h}(x)+\frac{a_{0}}{b_{0}} \cdot x^{n-m}\right)+r_{h}(x) \
q(x)=q_{h}(x)+\frac{a_{0}}{b_{0}} \cdot x^{n-m}, r(x)=r_{h}(x) \text { и } \operatorname{degr}(x)<\operatorname{deg} g(x) \end{array}

Существование представления доказано, теперь докажем его единственность. Пусть $f(x)=g(x) \cdot q(x)+r(x)=g(x) \cdot q_{1}(x)+r_{1}(x)$. Отсюда:

0=\left(q(x)-q_{1}(x)\right) g(x)+r(x)-r_{1}(x)

Поскольку степень первого слагаемого выше степени второго, это возможно, только если $q(x)-q_{1}(x)=0$ и $r(x)-r_{1}(x)=0$, откуда и получаем единственность представления. Теорема доказана.

многочлены

Ссылка на оригинал

---

Способы деления с остатком

Способы деления многочлена с остатком

1. Деление многочленов с остатком можно осуществлять уголком - способом, аналогичным делению уголком для чисел.

Пример

Разделить с остатком $f(x)=2x^4-3x^3+4x^2-5x+6$ на $g(x)=x^2-3x+1$

$$\begin{array}{rl}& \begin{array}{l}2x^4-3x^3+4x^2-5x+6\end{array}\frac{\mid x^2-3x+1}{2x^2+3x+11-\text{ частное }}\\ & \frac{2x^4-6x^3+2x^2}{3x^3+2x^2-5x+6}\\ & \frac{3x^3-9x^2+3x}{11x^2-8x+6}\\ & \frac{11x^2-33x+11}{25x-5-\text{ остаток }}\\ & \Rightarrow 2x^4-3x^3+4x^2-5x+6=\left(x^2-3x+1\right)\left(2x^2+3x+11\right)+(25x-5)\end{array}$$

Схема Горнера

Деление многочлена $f(x)=a_n{x}^n+\dots +a_0$ на двучлен $(x-x_0)$ удобно производить по схеме Горнера

$$\begin{array}{l}\text{Если}f(x)=\left(x-x_0\right)q(x)+r(x),\text{где}q(x)=b_{n-1}{x}^{n-1}+\dots b_0\\ \text{то}{b}_{n-1}=a_n,b_k=b_{k+1}\cdot x_0+a_{k+1},(k<n-1)\end{array}l$$

Описание алгоритма

Первое равенство несложно видеть из сравнения старших коэффициентов $f(x)$ и $\left(x-x_0\right)q(x)$

Остальные получаем следующим образом (на примере коэффициента при $x^{n-1}$ ):
$f(x)$ при $x^{n-1}$ имеет коэффициент $a_{n-1}$, тогда как у многочлена в правой части этот коэффициент складывается из двух слагаемых:
$x{b}_1{x}^{n-2}+x_0{b}_0{x}^{n-1}$, т.е. равен $b_{n-2}-b_{n-1}{x}_0$

И на последнем шаге для свободного члена получим:
$a_0=r(x)-x_0{b}_0$

Пример

Разделим $5x^4+5x^3+x^2-12$ на $(x-1)$

Записываем коэффициенты $f(x)$ в верхнюю строку таблицы (начиная со второй ячейки), в первую ячейку второй строки записываем число $x_0$ (коэффициент многочлена ( $x-x_0$))

Затем последовательно заполняем ячейки второй строки коэффициентами $q(x)$ :

$$\begin{array}{l}{b}_{n-1}=b_3=a_n=a_4=5\\ b_2=b_3\cdot x_0+a_3=5\cdot 1+5=10\\ b_1=b_2\cdot x_0+a_2=1\cdot 1+10=11\\ b_0=b_1\cdot x_0+a_1=11\cdot 1+0=11\end{array}$$

При этом в последней ячейке окажется число $r=r(x)=-1$, найденное по общей формуле.

$x_0$	5	5	1	0	-12
1	5	10	11	11	-1

$\Rightarrow f(x)=\left(5x^3+10x^2+11x+11\right)(x-1)-1$

многочлены

Ссылка на оригинал

3. Деление с остатком помогает выделить “целую часть” рациональной дроби $\frac{f(x)}{g(x)}$

многочлены

Ссылка на оригинал

---

По итогам лекции нужно знать:

1. Понятия:
   • Многочлен
   • Степень многочлена
   • Деление многочленов с остатком
2. Действия над многочленами и их свойства
3. Два понимания равенства многочленов
4. Метод математической индукции
5. Деление уголком
6. Схема Горнера и её обоснование
7. Основные теоретические факты и их доказательство

многочлены множество