§ 5. Формулы Виета
Пусть K
– коммутативное
кольцо. Определим
элементарные симметрические функции
k
: Kn
K
(1
k
n),
полагая
k(1
, … , n)
=
– сумма
всевозможных произведений попарно
различных k
элементов
множества {1
, … , n
}. Более
детально,
1(1 , … , n) = 1+…+n ,
2(1 , … , n) = 12+…+1n+23+…+2n+…+n–2n–1+n–1n ,
… . . . . .
n–1(1 , … , n) = 12…n–2n–1+12…n–2n+…+13…n–1n+23…n–1n ,
n(1 , … , n) = 12…n–1n .
Теорема (Виета).
Пусть K
– коммутативное кольцо с единицей без
делителей нуля, f(x)=fnxn+fn–1xn–1+…+f1x+f0
–
многочлен над K,
представимый в виде
fn
, где 1
, … , n
– его корни. Тогда имеют место следующие
формулы Виета:
Доказательство. Неформально, эти формулы получаются при сравнении коэффициентов при одинаковых степенях переменной x в заданном условием теоремы разложении многочлена fn = f(x) = fnxn+fn–1xn–1+…+f1x+f0 :
степень |
слева |
справа |
xn |
fn |
fn |
xn–1 |
(–1–2–…–n)fn |
fn–1 |
xn–2 |
((–1)(–2)+…+(–1)(–n)+(–2)(–3)+…+(–2)(–n)+…+(–n–1)(–n))fn |
fn–2 |
… |
… |
… |
x1 |
((–1)(–2)…(–n–2)(–n–1)+…+(–1)(–3)…(–n–1)(–n)+(–2)(–3)…(–n–1)(–n))fn |
f1 |
x0 |
(–1)(–2)…(–n–1)(–n)fn |
f0 |
Из таблицы видно, что слева коэффициент при xi равен (–1)n–in–i(1 , … , n )fn , а справа – fi , т.е. n–i(1 , … , n )fn = (–1)n–ifi (1 i n), что и требовалось доказать.
Более формальное рассуждение получается
индукцией по степени n
многочлена f(x).
База индукции – случай n
= 1: f(x)
= f1x+f0
= (x–1)f1
и, сравнение коэффициентов даёт
верное равенство 1(1)f1
= 1f1
= –f0 .
Теперь, предположив, что формулы Виета
справедливы для многочлена степени
n–1, докажем их
и для многочлена степени n.
Имеем fnxn+fn–1xn–1+…+f1x+f0
= f(x)
=
]fn
и, по предположению
индукции, справедливо равенство
= xn–1–1(2
,…,n
)xn–2+2(2
,…,n
)xn–3
– –…+(–1)n–2n–2(2
,…,n
)x+(–1)n–1n–1(2
,…,n)
(в этом случае fn
= 1). Поэтому получаем следующую
цепочку:
fnxn+fn–1xn–1+…+f1x+f0
= (x–1)[xn–1–1(2
,…,n
)xn–2+2(2
,…,n
)xn–3–…
…+(–1)n–2n–2(2 ,…,n )x+(–1)n–1n–1(2 ,…,n)]fn = = [xn+(–1(2 ,…,n )–1fn)xn–1+(2(2 ,…,n )+11(2 ,…,n ))xn–2+…
…+((–1)n–1n–1(2 ,…,n )–(–1)n–21n–2(2 ,…,n ))x+(–1)(–1)n–1n–1(2 ,…,n)]fn . Сравнение коэффициентов при одинаковых степенях x даёт:
((–1)ii(2 ,…,n )–(–1)i–11i–1(2 ,…,n ))fn = fn–i (1 i n–1),
(–1)(–1)n–1n–1(2 ,…,n)]fn = f0 .
Таким образом, для того, чтобы обосновать формулы Виета, остаётся лишь доказать, что
i(2 ,…,n )+1i–1(2 ,…,n ) = i(1 , … , n ), (1 i n–1),
1n–1(2 ,…,n) = n(1 , … , n ).
Последнее равенство очевидно: n(1
,…, n
) = 12…n
= 1(2…n)
= 1n–1(2
,…,n
). Для доказательства предыдущих
равенств воспользуемся определением
элементарных симметрических функций:
i(1
,…, n
) = =
.
Если в произведении
участвует
1 ,
то такое произведение входит в слагаемое
1i–1(2
,…,n
). Если же 1
в нём не участвует, то это произведение
входит в i(2
,…,n
). Таким образом, все произведения
правой части доказываемого равенства
участвуют и в его левой части. Нетрудно
проверить и обратное: все произведения
из левой части доказываемого равенства
присутствуют в его правой части.
Теорема доказана.
Следствие (формулы Виета для многочленов над полем). Пусть F – поле, f(x)=fnxn+fn–1xn–1+…+f1x+f0 – многочлен над F, представимый в виде fn , где 1 , … , n – его корни. Тогда имеют место следующие формулы Виета:
Формулы Виета используются во многих задачах о корнях многочленов.
Пример.
Вычислить сумму четвёртых степеней
корней уравнения x2+
x–
=
0.
Пусть ,
– корни
этого квадратного уравнения. Тогда
имеют место формулы Виета:
,
используя которые, имеем 4+4
= (2+2)2–222
= ((+)2–2)2–2()2=
= ((–
)2–2(–
))2–2(–
)2
= (2+2
)2–14
= 4(1+2
+7)–14
= 18+8
.
Упражнения: 1. Найти квадратный трёхчлен, корнями которого являлись бы кубы корней уравнения x2+ x– = 0 .
2. Докажите, что многочлен x 4 + ax + b не может иметь только вещественные корни.
3. Может ли квадратный трёхчлен ax2+bx+c с целыми нечётными коэффициентами иметь рациональные корни ?