第四章习题

作者: 熊文鑫 | 来源:发表于2019-10-23 14:37 被阅读0次

1.设 $m$ 和 $n$ 都是正整数，并且 $m \le n$ . 证明存在一个多项式 $p\in \mathcal{P_n}(F)$ , 其恰有 m 个不同的根.

答：设 $p\in\mathcal{P_n}(F),p(z)=(z-1)^{n-m+1}(z-2)(z-3)\dots(z-m)$
那么p就正好有n次和m个不同的根。

2.设 $z_1,\dots,z_{m+1}$ 是 F 中的不同元素,并且 $w_1,\dots,w_{m+1}\in F$ 证明：存在唯一一个多项式 $p\in \mathcal{P}_m(F)$ 使得对 $j=1,\dots,m+1$ 都有 $p(z_j)=w_j$

答：定义T： $\mathcal{P_m}(F)\to F^{m+1}，T_p=(p(z_1),\dots,p(z_{m+1})).$
需要证明T是单的和满的：
单的意味着最多一个p满足条件，满意味着最少一个p满足条件。

首先T是线性映射，满足加性和齐性。如果 $p\in null\ T,那么$
$p(z_1)=\dots=p(z_{m+1})=0$
也就是说假如p是一个m次的多项式且至少有m+1个不同的根，那么 $p=0$ .
因此null T={ $0$ }.继而得到T是单的。

而且有：
$\begin{align} dim\ range\ T &=dim\ \mathcal{P_m}(F)-dim\ null\ T \\ &=(m+1)-0 \\ &=dim F^{m+1} \end{align}$
值域与映射空间的维度相同，可得T是满的。

给定变量和因变量就可以求出多项式，其实可逆线性映射都可以这么来求出来。

3.证明：如果 $p,q\in\mathcal{P}(F)$ , 并且 $p\not=0$ , 那么存在唯一一对多项式 $s,r\in\mathcal{P}(F)$ 使得 $q = sp+r$ 并且 $deg\ r < deg\ p.$ 也就是说，可以给带余除法(4.5) 添加关于唯一性的陈述。

<font color='green' size=4>参考答案：</font>
带余除法(4.5)说明存在多项式 $s,r\in \mathcal{P}(F),$ 使得 $q=sp+r$ 并且 $deg\ r<\ deg\ p$ 。

要证明s和r是唯一的，就假设 $\widetilde{s},\widetilde{r}\in \mathcal{P}(F)$ 且 $deg\ \widetilde{r}<deg\ p,q=\widetilde{s}p+\widetilde{r}$

两个等式相减得到： $(\widetilde{s}-s)p=r-\widetilde{r}.$
右边的次数肯定小于p,左边的如果 $\widetilde{s}\not=s$ 的话，次数一定大于等于p的。
那么可以得到 $\widetilde{s}=s$ ,继而可得到 $\widetilde{r}=r.$ 因此得证带余除法的唯一性。

4.设 $p\in \mathcal{P}_m(C)$ 的次数为m. 证明： $p$ 有 $m$ 个互不相同的根当且仅当 $p$ 和它的导数 $p'$ 没有公共根.

<font color='green' size=4>参考答案：</font>
正推：

首先设 $多项式p$ 有m个互不相同的根。p是m次的。那么p可以写成：
$p(z)=c(z-\lambda_1)\dots(z-\lambda_m)$
且 $\lambda_1,\dots,\lambda_m$ 间互不相同。要证明 $p和它的导数p' 没有公共根就是说$ ， $p'(\lambda_j)\not=0$ .
那么对于任意的j，等式都可以写成 $p(z)=(z-\lambda_j)q(z)$ 的形式。
其中 $q是一个多项式且a(\lambda_j)\not=0$

等式两边同是求导可得： $p'(z)=(z-\lambda_j)q'(z)+q(z)$
因为 $p'(\lambda_j)=q(\lambda_j)\not=0$

反推：证明反推的逆反命题：也就说证明如果p的互不相同的根少于m个，那么 $p和p'$ 至少有一个相同的根。
设p的不同根少于m个，那么对于p的某些根 $\lambda$ ,p可以写成 $p(z)=(z-\lambda)^nq(z)$
$n\ge2$ 的并且q是多项式。两边同是求导得：
$p'(z)=(z-\lambda)^nq'(z)+n(z-\lambda)^{n-1}q(z)$
因此 $p'(\lambda)=0$ ,所以 $\lambda$ 是p和p'相同的根，即得证命题。