многочлен с кратными корнями

[zykov]

Читал тут книгу Кострикина А.И. "Введение в алгебру. Часть 1."
И обнаружил интересный факт про многочлены с кратными корнями, про который до сих пор не знал.
Может кто тоже не знает и будет интересно узнать.

(В книге: Глава 6 "Корни многочленов", параграф 1 "Общие свойства корней", раздел 4 "Кратные множители".)

Пусть у нас есть многочлен и многочлен - это его производная (тоже многочлен на один порядок ниже).
Очевидно, если - корень многочлена (т.е. ), то

1. если это не кратный корень, то это не корень - т.е.
2. если это кратный корень, то это тоже корень - т.е.

Отсюда ясно, что многочлен [math]НОД(f,f') будет состоять только из множителей соответствующих кратным корням многочлена и входить в него они будут в виде на один порядок меньше.
Примечательно, что наибольший общий делитель (НОД) многочленов находится элементарно, без необходимости разложить многочлены на множители, через алгоритм Евклида (цепь делений с остатком).

Таким образом многочлен [math]g=\frac{f}{НОД(f,f')} имеет те же корни, что и многочлен , но уже не кратные.

Если многочлен не имел кратных корней, то этот метод мало что даёт для нахождения корней. Разве что сравнительно простой способ определить, что кратных корней нет.
Но если многочлен содержал много кратных корней (особенно, если ещё их кратность была высока), то этот метод позволяет легко найти многочлен с тем же набором корней, но значительно меньшего порядка.

От себя ещё могу добавить, что если применить ту же процедуру (деление на НОД самого многочлена и его производной) уже к многочлену [math]НОД(f,f'), то получим два многочлена - только из корней кратности 3 и выше (НОД), только из корней кратности 2 и выше (после деления на НОД) при этом все корни не кратные.
Если поделить на второй многочлен, то получим многочлен только с корнями первого порядка.
Продолжая эту процедуру до конца мы заменим исходный многочлен набором многочленов более низкого порядка (все корни у них не кратные).
Так что первый содержит только корни кратности 1, второй - только корни кратности 2 и т.д.

Если повезет, то все эти многочлены будут иметь достаточно низкий порядок, что позволит найти их корни, а значит и корни исходного многочлена .
Мне кажется, что это двовольно любопытный факт.

[peregoudov]

Про многочлен и производную --- известный факт. В принципе, все эти методы, основанные на делении многочленов с остатком, известны и описаны в книжках. Только в реальности они мало помогают, потому что корни обычно не кратные, а близкие, а деление с остатком вносит погрешности в коэффициенты многочленов. Если же делить точно, например, в множестве рациональных чисел произвольной длины, то жутко растет длина этих самых чисел. Я все это проходил много лет назад при решении одного уравнения 10 степени и совсем недавно --- при решении системы уравнений третьей степени (та самая тема про "несколько квадратичных форм").

[Ian]

Ну Кострикин-то все доказывает над любыми полями, а не только над R или C, алгебра на то и алгебра, что если док-во проходит то оно ничего кроме аксиом поля не могло использовать. Над конечным полем K получается кольцо многочленов K[x], причем переменную х считаем формальной, то есть не обязательно принимающую значения только из поля. А вот коэффициенты -обязательно из поля К. Теорема Безу-действует, единственность разложения на неприводимые множители -действует, алгоритм Евклида -тоже дает единственный НОД. Искать линейные множители многочлена при К-конечном легко перебором корней, а вот проверять неприводимость (неразложимость на какие-нибудь множители степени больше 0) алгоритм сложный Например поле К из 2 элементов 0 и 1(принципиально не ввожу букв, кроме применявшихся в школе). Тогда, например, [math]x^2+1=(x+1)^2 приводим и имеет кратный корень. Его формальная производная ([math](x^n)'=nx^{n-1}, а потом упростить коэффициенты по модулю 2) равна 0, то есть обращается в 0 при всех х, при которых исходный многочлен. Неудивительно, что корень кратный.
Применим производную к [math]P(x)=x^4+x^2+1-снова 0, но многочлен Р не имеет линейных множителей. Что бы это значило.
[math]x^4+x^2+1=(x^2+x+1)^2 - приводим, является квадратом единственного неприводимого над К многочлена 2-й степени. Представим себе расширение поля К условным корнем [math]\alpha многочлена [math]x^2+x+1, и разумеется, результатами всех алгебраических действий с ним и остальными элементами К. замечательно, что это всегда тоже поле. При этом в расширении поля попадет и другой корень. Поле К -это подполе, все что мы в нем проделали, верно и в расширении, значит, только из P'(x)=0 --> P(x) имеет в расширении только кратные корни
В общем, применение производной укорачивает и расчет неприводимости.