Многочлены. Сложение и умножение многочленов.

Пусть Р- некоторое числовое поле, х — переменная, x⁰, х¹, х²…хⁿ-степени переменной.

Определение 1. Формальное выражение вида a_n*хⁿ+а_n-1*х^n-1+…+а₀ (1),

где а_n,…а₀ÎР называют многочленом над полем Р от переменной х, а_n,…а₀ — коэффициенты многочлена.

Если а_n¹0,то a_n*хⁿ называется старшим членом многочлена, а_n — старший коэффициент многочлена. n=deg (многочлена) — степень многочлена.

Множество многочленов над полем Р будем обозначать через Р[х], при этом многочлены будем обозначать так: f(x),g(x)…

В анализе обычно смотрят на многочлен как на функцию. Степень многочлена, у которого все коэффициенты равны нулю будем считать неопределенной. Иногда нулевому многочлену приписывают степень, равную -¥. Это бывает удобно и не приводит к противоречию. Часто бывает удобным записывать многочлен не по убывающим степеням x, а по возрастающим и применять другую нумерацию коэффициентов.

Определение 2. Два многочлена называют равными, если равны их коэффициенты, стоящие при одинаковых степенях.

Замечание: для многочленов над числовым полем данное определение равенства многочленов совпадает с определением равенства многочленов, если на многочлен смотреть как на функцию.

Сложение многочленов:

f(x)=a₀+a₁x+…+a_nxⁿ

g(x)=b₀+b₁x+…+b_sx^s , s£n

Под суммой многочленов f(x)+g(x) понимают многочлен

f(x)+g(x)=c₀+…+c_nxⁿ , где c_i=a_i+b_i.

Очевидно, что сложение многочленов коммутативно и ассоциативно, так как всё сводится к сложению элементов числового поля.

Определение 3. Под произведением многочленов f(x)*g(x) понимают многочлен f(x)*g(x)= d₀+…+d_n+sx^n+s, где .

Упражнение. Доказать, что произведение многочленов коммутативно и ассоциативно, а также дистрибутивно относительно сложения.

§2.Деление многочленов.

Лемма: Пусть f(x), g(x) ÎР[x] — многочлены; f(x) ¹0, g(x) ¹0.

Тогда deg f(x)* g(x)= deg f(x)+deg g(x).

◄Пусть f(x)=a₀+a₁x+…+a_nxⁿ , а_n¹0,

g(x)=b₀+b₁x+…+b_sx^s , b_s¹0

f(x)* g(x)=a_n*b_sx^n+s+…

Последнее и означает, что степень многочлена равна n+s.

deg f(x)* g(x)=n+s.►

Определение1.Пусть f(x), g(x)ÎР[х]. Будем говорить, что f(x) делит g(x) (обозначать f(x)ïg(x) ), если существует j(х)ÎР[х] такое,что g(x)=f(x)*j(х).

Простейшие свойства:

1)Если g(x) делит f_i(x), i=1..n, то g(x) делит .

2)Если f(x) / g(x)и g(x) / m(x), тогда f(x) / m(x).

3)Если f(x) / g(x)и g(x) / f(x), то f(x)=ag(x),где aÎР.

Докажем первое свойство:

◄ g(x) / f_i(x) следовательно $ многочлен j_i(х), что f_i(x) = g(x)j_i(х), следовательно

Вынесем общий множитель g(x) за знак суммы. А это и означает, что g(x) делит сумму . ►

Второе свойство доказывается аналогично как и для чисел.

Докажем третье свойство:

◄ f(x) / g(x)®g(x)=f(x)*m(x) (1)

g(x) / f(x)®f(x)=g(x)*q(x) (2)

Подставим (2) в (1):

g(x)=g(x)*q(x)*m(x) g(x)*(q(x)*m(x)-1)=0 q(x)*m(x)=1.

Из леммы следует, что степень q(x)= степени m(x)=0.

Иначе говоря, что q(x) и m(x) — это элементы поля P. А это и доказывает свойство 3.►

Теорема о делении с остатком: Пусть f(x), g(x)ÎР[х], g(x)¹0. Тогда существует единственная пара многочленов q(x), r(x)ÎР[х], такая, что f(x)=g(x)*q(x)+r(x), где степень r(x)<степени g(x)либо r(x)=0.

Доказательство. 1) случай: f=0,очевидно q=0, r=0; 2) случай: если степень f<степени g, то q=0 и r=f; 3)случай: ст. f³ст.g.

Пусть

f=a_n*xⁿ+…+a₀,

g=b_s*x^s+…+b₀.

Возьмем многочлен j₁=(a_n/b_s)*x^n-s . Рассмотрим f-g*j₁=f₁. Если f₁=0, то в качестве r возьмём 0, в качестве q-j₁, т.е. r=0; q=j₁. Если ст. f₁ < ст.g , то в качестве r возьмем f₁ , а в качестве q - ₁. Если ст. f₁ ст.g, то берем

,

f – g _{1 =} f₁ ( ст.f₁ < ст.f ),

f – g _{2 =} f₂ ( ст.f₂ < ст.f₁ ). C f₂ рассуждаем аналогично как и с f₁. На

каком-то шаге мы получим, что многочлен f_k=0 либо его степень меньше степени g ( степени многочленов f_k все время уменьшаются ), где f_k-1 - g _k = f_k

f – g _{1 =} f₁ ( ст.f₁ < ст.f ) Сложим почленно

f₁ – g _{2 =} f₂ ( ст.f₂ < ст.f₁ ) (1) левые и правые части

………………………….. равенств:

f_k-1 – g _{k =} f_k

__________________________

Получим, что

f – g ( ₁ +…+ _k ) = f_k и очевидно

q = ₁+…+ _k ; r = f_k.

Этим мы доказали существование q и r.

f = g( ₁+…+ _k ) + f_k.

Докажем однозначность q и r. Доказывать будем методом от противного. Пусть наряду с разложением f = gq+r (2) имеет место разложение f = gq₁+r₁ (3). Вычтем из (2) равенство (3). Получим:

r – r₁ = g ( q₁ – q ).

Сравним степени многочленов слева и справа. Если r-r₁≠0, то степень r – r₁ < степени -g (q₁ – q ). А такого быть не может для равных многочленов. Мы пришли к противоречию. Однозначность доказана.►

Алгоритм Евклида: Пусть f(x) и g(x) — два многочлена над полем Р.

f(x) , g(x) P[x] ; g(x) 0. Тогда можно разделить с остатком f(x) на g(x).

f(x)=g(x)q(x)+r(x) , если r(x) 0, степень r(x)<степени g(x).

Разделим g(x) на r(x) с остатком g(x)=r(x)q₁(x)+r₁(x), если r₁(x) 0 степень r₁ < степени r.

Разделим r(x) на r₁(x) и т.д.

Так как степени остатков все время убывают, то на каком-то шаге остаток r_k+1(x)=0.

f(x)=g(x)q(x)+r(x) ; r(x) 0

g(x)=r(x)q₁(x)+r₁(x) ; r₁(x) 0 ; cт. r₁ < ст. r

(4) r(x)=r₁(x)q₂(x)+r₂(x)

…………………..

r_k-1(x)=r_k(x)q_k+1(x)+r_k+1(x), r_k+1(x)=0.

Процесс последовательного получения равенств (4) называют алгоритмом Евклида для многочленов f(x) и g(x). Последний отличный от нуля остаток — r_k.

§ 3. Наибольший общий делитель многочленов (НОД)

Определение 1. Пусть f₁(x), … , f_k(x) P[x] и f_i(x) 0 (ненулевой набор многочленов). Если многочлен d(x) P[x] такой, что:

1) старший коэффициент d(x) равен 1.

2) d(x) / f_i(x) i=1,…,k

3) если h(x) P[x] обладает свойством h(x) / f_i(x) i , то h(x) / d(x), тогда d(x) называют НОД многочленов f₁ ,…, f_k

Обозначим НОД многочленов f₁ ,…, f_k через ( f₁ ,…, f_k).

Выясним вопрос существования, однозначности и нахождения Н.О.Д.

Лемма 1: Пусть f₁(x), … , f_k(x) P[x],

М={ f_{1 1}+…+ f_{k k} | ₁,…, _k P[x] } — подмножество P[x]. f, g M ; u, v P[x] => fu+gv M.

◄ f=f_{1 1}+…+ f_{k k}

g = f₁ +… +f_k

fu+gv= f₁( ₁u+ v)+…+ f_k( _ku+ v) очевидно из М.►

Теорема 1. ( О существовании НОД)

Пусть f₁(x), … , f_k(x) P[x] — некоторые многочлены, среди них есть ненулевой. Тогда многочлен наименьшей степени из М, взятый со старшим коэффициентом 1, является наибольшим общим делителем этих многочленов.

◄Сразу же заметим, что в М есть ненулевой многочлен — f_i(x). Докажем, что все f_i(x) r=1,…,k в множестве М. По определению М

f_{1 1}+…+ f_{k k} М, если

₁=1 ; ₂=…= _k=0 ; => f₁ M и т.д.

Очевидно также, что в М есть многочлены со старшим коэффициентом 1 (см. Лемму1):

, если .

Среди многочленов со старшим коэффициентом 1 выберем многочлен наименьшей степени. Обозначим его через d(x) и докажем, что это НОД. Во-первых, он со старшим коэффициентом 1 (мы его так выбрали). Во-вторых, d(x) / f_i(x) i. (1)

Докажем (1). Допустим, что i d(x) ∤ f_i(x) , т.е d(x) не делит f_i(x). Разделим с остатком f_i (x) на d (x): f_i(x)=d(x)q(x)+r(x). Выразим r(x):

M r(x)= f_i(x)+d(x)(-q(x)). Согласно Лемме о делении с остатком ст.r < ст.d(x).

Если старший коэффициент r(x) равен 1, то сразу же имеем противоречие с выбором d, если же старший коэффициент не равен 1, сделаем, чтобы он стал равен 1:

(согласно Лемме 1)

Опять пришли к противоречию.

Докажем условие 3) в определении НОД.

Пусть h(x) | f_i(x) i d(x)= f_{1 1}+…+ f_{k k} M h(x) | d(x) (h(x) делит каждое из слагаемых, значит он делит сумму).►

!Следствие (основное свойство НОД):

Наибольший общий делитель ненулевого набора многочленов представляется в виде: ,где .

Это следует из способа доказательства теоремы о существовании НОД, ибо НОД –элемент из М.

Упражнение:Пусть такие, что deg u<deg g, deg v<deg f.

Теорема 2.НОД определен однозначно.

◄Пусть d₁ и d₂ — наибольшие общие делители многочленов .

Тогда d₁ делит ,то есть d₁ │ , отсюда следует, что d₁ / d₂ ( по 3 свойству НОД). Аналогично d₁ │ d₂ ,значит можно записать d₁₌аd₂ . А так как d₁ и d₂ со старшим коэффициентом 1,то в качестве а можно взять только единицу (а=1). Значит d₁=d₂ ,т.е. НОД определен однозначно.►

Лемма 2.Пусть f(x)=g(x)q(x)+r(x).Тогда наибольший общий делитель f и g равен наибольшему общему делителю g и r, т.е.: ( f, g )=( g, r ).

◄Доказательство теоремы следует из определения. Пусть ( f, g ) = d₁ , ( g, r) = d₂ .Тогда:

d₁ │ f d₂ │ g

Þ d₁│ r Þ d₁ │ d₂ и d₂ │ d₁ Ü d₂ │ f Ü

d₁ │ g d₂│ r

А значит: d₁= d₂.►

Теорема 3 (об отыскании НОД для двух многочленов).

Пусть f(x), g(x)ÎP[x], g(x)¹0. Тогда НОД многочленов f и g равен последнему, отличному от нуля, остатку в алгоритме Евклида для этих многочленов, взятому со старшим коэффициентом — единица. Если g | f, то НОД ( f, g ) равен .

◄Если g / f ,то последнее утверждение в формулировке теоремы очевидно.

Применяя Лемму 2 к системе равенство (4) предыдущего параграфа, получим ,что

( f, g )=(g,r)=…=( r_k ; r_k-1 )= ;

P.S. f=gq+r

g=rq₁+r₁

…………. система (4)

r_k-2=r_k-1+r_k

r_{k-1 =}r_kq_k+1+0.►

Замечание:

В теореме 3 содержится алгоритм практического отыскания НОД:

ü Ищем последний отличный от нуля остаток в алгоритме Евклида.

ü Делаем его со старшим коэффициентом единица ,это и будет НОД.

Теорема 4.(f_{1,……….,}f_k)=((f_1,……..,f_k-1) , f_k ), k≥2.

Эта теорема указывает путь, как процесс нахождения НОД для нескольких многочленов можно свести к нахождению НОД двух многочленов.

◄Доказательство следует из определения НОД.

Критерий взаимной простоты многочленов.►

Определение.Многочлены f_{1,……….,}f_k называются взаимно простыми, если их НОД равен единице.

Теорема 5(критерий взаимной простоты).

Многочлены (f_{1,……….,} f_k ) взаимно простоты тогда и только тогда, когда u_1,……,u_k ÎP[x], такие что единица представляется в виде f₁u₁ +……+f_ku_k.

◄Þ Имеем f_{1,……….,}f_k взаимно простые, то u_1,……,u_k ÎP[x], такие что f₁u₁ +……+f_ku_k=1. Это следует из основного свойства НОД.

Ü Пусть d(x)=( f_{1,……….,}f_k ). Значит d(x) | 1 Þ d(x)=1 и значит многочлены взаимно простые.►

§ 4. НАИМЕНЬШЕЕ ОБЩЕЕ КРАТНОЕ МНОГОЧЛЕНОВ (НОК).

Определение. Пусть f₁(x),……,f_k (x) Î P[x], f_i¹0, f_i .Многочлен h(x) называют наименьшим общим кратным многочленов f₁(x),……,f_k (x), если :

1) f_i (x) | h(x) , т.е. h(x)-общее кратное многочленов;

2) g(x), являющегося общим кратным, т.е. f_i | g , i, h(x) | g(x). Обозначают НОК таким образом : [f₁(x),……,f_k (x)] = НОК (f_{1,……….,}f_k).

Свойства НОК:

1)[f₁,f₂] = — это дает правило вычисления НОК для двух многочленов;

2) [f₁(x),……,f_k (x)] = [f₁(x),…f_k-1] ,f_k (x)] — это свойство сводит вычисление НОК для k многочленов к вычислению НОК для двух многочленов;

3) ,

,

[f , g]= , где , i=1,…..,s.

Всех этих свойств достаточно, чтобы находить НОК для нескольких многочленов.

Упражнение. Однозначен ли НОК (с точностью до постоянного множителя) ?

Докажем свойство 1):

◄Обозначим [f₁,f₂] через m₁ , через m_{2 , , .}

= = Þ Þ .

Если докажем, что ,т.е. m₁ и m₂ могут отличаться на постоянный множитель, то m₂ будет годиться в качестве НОК.►

Упражнение. Доказать, что .

Докажем свойство 3):

◄

[f,g]= ,

то , где .►

РАЗЛОЖЕНИЕ МНОГОЧЛЕНОВ НА

НЕПРИВОДИМЫЕ МНОЖИТЕЛИ.

Пусть f(x) ÎP[x], степень f(x) ≥ 1, очевидно, что a │ f(x), aÎP, a ≠ 0.

Определение. Многочлен f(x) называется приводимым над полем Р, если в P[x] существуют делители f(x), степени которых больше нуля, и ≠ cm.f, т.е.: f(x)=f₁(x)f₂(x), причём deg f₂ <deg f, deg f₁<deg f .

Многочлен f(x) называется неприводимым над полем Р в противном случае, т.е. один из многочленов f₁(x) или f₂(x) нулевой степени, если f(x)=f₁(x)f₂(x).

Замечание. Неприводимость многочлена f(x) ÎP[x] зависит от поля, над которым он рассматривается, и есть в этом смысле понятие относительное.

Пример: Многочлен x² +1 над полем R неприводим, но над полем C он приводим.

Действительно: x²+1=(x-i)(x+i), т.е. приводим надC.

Упражнение. Доказать, что x²-2 неприводим над полем Q, а x²+1 неприводим над полемR.

Простейшие свойства неприводимых многочленов:

1) Всякий многочлен первой степени неприводим (это следует из определения)

f(x)=f₁(x)f₂(x), deg f(x)=1 deg f₁(x)=0 или 1, deg f₂(x)=1 или 0;

2) Если f(x) неприводим над полем Р,то аf(x), где aÎP, a ≠ 0, тоже неприводим над полем Р;

3) Если f(x) неприводим над полем Ри g(x) ÎP[x] — некоторый многочлен над P , то ( f(x), g(x) )=1 либо f(x) │ g(x).

◄ Рассмотрим НОД многочленов (f(x), g(x))=d(x).Значит d(x) │ g(x) и d(x) │ f(x) Þ d(x) равен 1, т.е. (f(x), g(x))=1

или , т.е. f(x) / g(x).►

4) Если произведение многочленов f(x)g(x) делится на неприводимый многочлен h(x) , то хотя бы один из множителей f(x) или g(x) делится на h(x) ◄ Пусть h(x) ∤ f(x) => по свойству 3 (h(x),f(x))=1 и , ибо h(x) │ f(x)g(x) и h(x) │ g(x)h(x).►!

Теорема 1 (о разложении многочлена на неприводимые множители). Всякий многочлен f(x)ÎP[x] степени ≥1 можно представить в виде

произведения неприводимых над P многочленов. Разложение многочлена на неприводимые множители определено однозначно с точностью до многочлена нулевой степени и порядка следования сомножителей, то есть

если имеется два разложения f(x) на неприводимые множители:

f(x)= φ₁(x)… φ _S(x) = ψ₁(x)… ψ _k(x) , то s=k и при подходящей нумерации множителей : ψ_i =a_iφ_i i = 1,…,s 0 ≠a_iÎP.

◄Сначала докажем существование:

Если f(x) — неприводим, то в разложении будет один множитель (всё ясно).

Если f(x) приводим, то он представляется в виде f(x) = f₁(x)f ₂(x). Если f₁(x) и f ₂(x) — неприводимые, то существование есть.

Если f₁(x) или f ₂(x) приводим, то с ним поступаем аналогично, как с f(x) и получаем дальше разложение f(x). Этот процесс на каком-то месте оборвётся, так как степени многочленов, которые мы получаем, всё время убывают. Это и доказывает первую часть теоремы.

Докажем вторую часть теоремы — однозначность.

Доказательство будем проводить индукцией по степени f(x). Если степень f(x) равна 1, то всё сводится к свойству 1.Утверждение считаем верным, если степень f(x) < n.Если f(x) неприводим, то доказывать нечего.

Если f(x) приводим, то возьмём разложение:

f(x)= φ₁(x)… φ _S(x) = ψ₁(x)… ψ _k(x).

Очевидно, что φ₁ делит произведение

φ₁ | ψ₁(x)… ψ _k(x).

Следовательно, по свойству 4 φ₁ | ψ_i => по свойству 2 ψ_i = aφ₁.

После, может быть, перенумерации ψ_i можно считать ψ₁ и Ψ₁ =a₁φ₁.

φ₁(x)… φ _S(x) = ψ₁(x)… ψ _k(x)

Сократим обе части равенства на ₁. Получим

φ ₂(x)… φ _S(x) = ψ₂(x)… ψ _k(x) (1)

Обе части равенства (1) представляет собой многочлен степени меньше n. А для многочленов степени меньше n мы имеем индуктивное предположение, из которого следует, что s-1 = k-1 и Ψ_i =a_iφ_i i=2, …,k после, может быть, перенумерации.►

Замечание1. Мы добьемся полной однозначности в каноническом смысле, если в разложении многочлена на неприводимые множители из каждого сомножителя вынесем его старший коэффициент:

f(x) = a p₁(x)… p _k(x) ; а – ст. к. f(x). ст. к. p_i = 1 (2)

Определение. Если неприводимый многочлен p(x) встречается в разложении (2) несколько раз, то он называется кратным множителем.

Например: если он встречается s раз, то он s-кратным. После этого разложение (2) допускает запись вида (3):

f(x) = a p ₁(x)… p _m(x) ; p_i ≠ p_j (3)

Разложение (3) называют каноническим разложением многочлена на неприводимые. Оно определено однозначно (с точностью до порядка сомножителей).

Замечание 2. Задача о разложении многочлена на неприводимые над произвольным полем до сих пор не решена. Во многих случаях она решена. Мы приведем решение в случаях P=R;С.

Пусть f(x) =р^к(x)f₁(x), где неприводимый многочлен р(x) не делит f₁(x).

Тогда р(x) называют неприводимым множителем кратности к для многочлена f(x)

Теорема 2.Пусть р(x) — к-кратный неприводимый множитель для многочлена f(x). Тогда он является k-1-кратным неприводимым множителем для его производной.

Доказательство. Возьмем производную f(x):

f^’(x)=kp^k-1(x) p^'(x)f₁(x)+p(x)^kf₁^'(x) = p^k-1(x)(k p^'(x) f₁(x)+ p(x) f₁(x)).

Очевидно, что многочлен в скобках не делится на p(x), что и доказывает теорему.

Упражнение 1. Верно ли обратное утверждение? (вообще говоря, да)

Корни многочлена.

Пусть f(x) — некоторый многочлен над фиксированным полем P. f(x)=a_nxⁿ+…+a₀ÎP[x]. И пусть c — некоторое число (не обязательно из P). Если мы подставим вместо x число c, то получим f(c) = a_ncⁿ+…+a₀ — значение многочлена при x = c. Если f(x)=g(x), то f(c)=g(c).

Определение 1.Если f(c)=0, то с называют корнем многочлена f(x) или корнем уравнения f(х)=0.

Разделим с остатком f(x) на (x-c): f(x)=(x-c)q(x)+r(x), где r(x)=0 и r(x)=aÎR, a¹0, то есть r(x) в любом случае число.

Следующая теорема позволяет найти остаток от деления f(x) на многочлен (x-a) не выполняя самого деления.

Теорема (Безу). Остаток от деления многочлена f(x) на многочлен (x-a) равен значению этого многочлена при x=a.

Упражнение. Привести доказательство.

Следствие. а является корнем f(x) тогда и только тогда,когда (x-а) делит f(x).

◄Þ f(a)=0 (т.к. а-корень). Значит по теореме Безу (x-a) делит

f(x) Ü f(x)=(x-a)f₁(x). Очевидно f(a)=0.►

Это позволяет свести нахождение всех корней многочлена к нахождению делителя первой степени. Это можно сделать при помощи схемы Горнера.

Схема Горнера:

Пусть f(x)= a₀x ⁿ +…+a_n. Разделим многочлен f(x) на x-a:

f(x)=(x-a ) f ₁(x)+r (1)

где

f₁ (x)=b₀ x^n-1+…+b_n-1.

Сравним коэффициенты при одинаковых степенях в равенстве (1):

xⁿ : a₀=b₀

x^n-1 : a₁=b₁-a b₀

x^n-2 : a₂=b₂-a b₁

…

x : a_n = r -a b_n-1.

Отсюда имеем:

b₀=a₀

b₁=a_{1 +} a b₀

b₂=a₂₊ a b₁ (2)

… …

r= a_n +a b_n-1.

Для запоминания вычисления коэффициентов применяют схему Горнера. Делают таблицу следующего вида:

	…
	…………….

В первой строке этой таблицы выписывают один за другим все коэффициенты f(x), а во второе слева — элемент . Коэффициенты частного f₁(x) и остаток записывают последовательно во второй строке, согласно равенствам (2).

§7. Основная теорема алгебры комплексных чисел (Гаусса).

Теорема.Всякий многочлен с любыми числовыми коэффициентами, степень которого больше либо равна единице, имеет хотя бы один корень в поле комплексных чисел.

Эту теорему мы доказывать не будем.

Следствие 1.Многочлен f(x) с любыми числовыми коэффициентами разлагается на линейные множители вида x-α над полем комплексных чисел, причем такое разложение однозначно с точностью до порядка следования сомножителей.

◄ Применяя теорему, получим:

f(x) = (x-α₁) f₁(x) = (x-α₁) (x-α₂) f₂(x)=…=a (x-α_i), a — коэффициент при старшей степени; П — произведение.►

Замечание 1. Это следствие решает задачу о разложении многочлена) на неприводимые множители над полем комплексных чисел.

Cледствие 2:Пусть f(x) — многочлен над полем вещественных чисел f(x) R[x]; α C(комплексное число). Если α — корень f(x), то и — корень f(x). Если α — корень кратности k, то и — корень кратности k ( α называют корнем кратности k многочлена, если f(x) можно представить в виде:

, где .

Доказательство. Пусть

f(x) =a_n xⁿ +…a₀ R[x], тогда

………………..

f(α)=a_nαⁿ+a_n-1 α^n-1+…+a₀ =0

_ _

Отсюда следует, что

a_n( )ⁿ + a_n-1( )^n-1 +…+ a₀ .

Пусть α — корень кратности k (α — комплексное число, ), т.е. , — корень какой-то кратности , т.е.

f(x) = (x- )^l f₂(x).

Докажем, что k=l.

Будем доказывать от противного, т.е. полагаем , например, . Заметим, что α — корень f₂(x), причем α — корень кратности k. Положим

p(x)=(x-α) (x- )=x² + px +q R[x]. Имеем

f(x)= (x-α)^l(x-α)^l q(x) = (x²+px+q)^l q(x).

Отсюда следует, что q(x) — многочлен с действительными коэффициентами и q(α) = 0, ибо мы предположили, что k>l. Отсюда сразу же следует, что q( )=0. А это противоречит тому, что — корень кратности l. Пришли к противоречию. Оно возникло из предположения, что k>l. Аналогично получим противоречие, если предположим, что k<l.►

Следствие 3: Пусть f(x) R[x] многочлен с действительными коэффициентами, f(x) можно представить в виде произведения его старшего коэффициента, линейных множителей вида (x-α), где α соответствует действительным корням многочлена, и множителей вида x²+px+q, соответствующих парам комплексно-сопряженных корней.

◄Cогласно следствию 1 f(x) можно представить в виде:

f(x) = a (x-α₁)…(x-α_k)(x-α_k+1)(x-α_k+1)…

Сначала запишем множители, соответствующие действительным корням, потом — множители, соответствующие парам комплексно-сопряженных корней.

Легко заметить, что многочлен (x-α_k+1)(x- _k+1)=x²+p₁x+q₁ R[x] с действительными коэффициентами и так для каждой пары комплексно-сопряженных корней.

Замечание 2. Следствие 3 решает задачу о разложении на неприводимые над полем действительных чисел.