Корені многочленів

Корені многочленів

Ми вже зустрічалися в § 20 із значеннями многочлена, коли говорили про теоретико-функціональну точку зору на поняття многочлена. Нагадаємо визначення. Якщо

f(x)=a0xn+a1xn-1+ …+an                                      (1)

є деякий многочлен,  а c – деяке число,  тo число

f(c)= a0cn+a1cn-1+ …+an,

отримане заміною у виразі (1) для f(x) невідомої x числом с і подальшим виконанням всіх вказаних операцій, називається значенням многочлена f(x) при х=с. Зрозуміло, що якщо f(x)=g(x) у розумінні алгебраїчної рівності многочленів, визначеної в § 20, то f(c)=g(c) при будь-якому с. Легко бачити також,  що якщо

(x)= f(x)+ g(x),  (x)= f(x)g(x),

то

(с)= f(с)+ g(с),  (с)= f(с)g(с).

Іншими словами, додавання і множення многочленів, визначені в § 20, перетворюються при теоретико-функціональній точці зору на многочлени в додавання і множення функцій, що розуміються в сенсі додавання або множення відповідних значень цих функцій.

Якщо f(с)=0, тобто многочлен f(с) перетворюється в нуль при підстановці в нього числа с замість невідомого, то с називається коренем многочлена f(x) (або рівняння f(x)=0). Зараз ми покажемо, що це поняття цілком відноситься до тієї теорії подільності многочленів, яка була предметом вивчення в попередньому параграфі.

Якщо ми поділимо многочлен f(x) на довільний
многочлен першого степеня (або, як говоритимемо далі, на лінійний
многочлен), то залишок буде або деяким многочленом нульового
ступеня, або нулем, тобто в усякому разі деяким числом r.

Наступна теорема дозволяє знайти цей залишок, не виконуючи
самого ділення, у випадку, коли проводиться ділення на многочлен
виду х-с.

Залишок від ділення многочлена f(x) на лінійний многочлен х-с рівний значенню f(с) многочлена f (x) при х=с.

Дійсно,  нехай

f(x)=(x-c)q(x)+r.

Беручи значення обох частин цієї рівності при х=с, ми отримуємо:

f(с)=(с-c)q(с)+r= r,

що і доводить теорему.

Звідси  витікає   такий   виключно   важливий   наслідок:

Число с тоді і тільки тоді буде коренем многочлена f(x), якщо f(x) ділиться на х-с.

З іншої сторони, якщо f(x) ділиться на деякий многочлен
першого ступеня ах+b, то ділиться, очевидно, і на многочлен
, тобто на многочлен виду х-с. Таким чином, пошук коренів многочлена f(x) рівносильний розшуку його лінійних дільників.

Зважаючи на вищесказане, представляє інтерес наступний метод ділення многочлена f(x) на лінійний двочлен х - с, більш простий, ніж загальний алгоритм ділення многочленів. Цей метод називається методом Горнера. Нехай 

f(x)= a0xn + a1xn-1 + a2xn-2 +…+ an                                (2)

і нехай

              f(x)=(x-c)q(x)+r                                                                 (3)

де

q(x)= b0 xn-1 + b1 xп-2 + b2 xn-3 +  ... + bп-1.

Порівнюючи коефіцієнти при однакових степенях х в (3), отримуємо:

a0=b0 ,

a1=b1 – cb0 ,

a2=b2 – cb1 ,

. . . . . . . . . . . ,

an-1=bn-1 – cbn-2 ,

an=bn – cbn-1 .

Звідси слідує, що a0=b0, bk=cbk-1+ak , k=1,2, …, n-1, тобто коефіцієнт bk одержуємо множенням попереднього коефіцієнта bk-1 на c і збільшенням відповідного коефіцієнта ak; нарешті, r=cbn-1+an, тобто і залишок r рівний, як ми знаємо, f(c), виходить по цьому ж закону. Таким чином, коефіцієнти частки і залишок можна послідовно отримувати за допомогою однотипних обчислень, які розташовуються в схему, як показують наступні   приклади:

Приклад №1.              Розділити f(x)=2x5-x4-3x3+x-3 на х-3

Складемо таблицю, в якій над лінією розташовані коефіцієнти многочлена f(x), під лінією - відповідні коефіцієнти частки і залишок, послідовно обчислювані, а зліва збоку – значення с в даному прикладі:

2         -1                          -3                                 0                                 1                                                   3          .  

3  2,  3*2-1=5,  3*5 -3 = 12,   3*12 + 0=36,     3*36 + 1 = 109,    3*109-3=324

Таким чином, шукана частка буде

g(x)=2x4+5x3+12x2+36x+109

а залишок r=f (3)=324.

Приклад №2.              Розділити f(х)=х4 – 8x3 + x2 +4x - 9 на х+1.

              1       -8      1     4      -9

-1      1       -9     10   -6      -3

Тому частка буде g(x)=x3-9x2+10x - 6, а залишок r=f(-1) = -3.

Ці приклади показують, що метод Горнера може бути використаний також для швидкого обчислення значення многочлена при даному значенні невідомого.

Кратні корені. Якщо с - корінь многочлена f(x) , тобто f(с)=0, то f(x) ділиться, як ми знаємо, на х-с. Може опинитися, що многочлен f(x) ділиться не тільки на перший степінь лінійного двочлена х-с, але і на вищі його степені. В усякому разі знайдеться таке натуральне число k, що f(x) націло ділиться на (х-с)k , але не ділиться на (х-с)k+1. Тому

f(x)= (х-с)k (x),

де многочлен (x) на х-с вже не ділиться, тобто число c своїм коренем не має. Число k називається кратністю кореня c в многочлені f(x), а сам корінь c - k-кратним коренем цього многочлена. Якщо k=1, то говорять, що корінь c - простий.

Поняття кратного кореня тісно пов'язане з поняттям похідної від многочлена. Ми вивчаємо, проте, многочлени з будь-якими комплексними коефіцієнтами і тому не можемо просто скористатися поняттям похідної, введеним в курсі математичного аналізу. Те, що буде сказане нижче, слід розглядати як незалежне від курсу аналізу визначення похідної многочлена.

Нехай даний многочлен n-го степеня

f(x)= a0xn + a1xn-1+ …an-1x + an                                     

з будь-якими комплексними коефіцієнтами. Його похідною (або першою похідною) називається многочлен (n-1)-го степеня.

(x)=na0xn-1 +(n-1)a1xn-2 + …+2an-2x + an-1 .

Похідна від многочлена нульового степеня і від нуля вважається рівною нулю. Похідна від першої похідної називається другою похідною від многочлена f(x) і позначається через і т.д. Очевидно, що

f(n)(x)=n!a0

і тому f(n+1)(x)=0, тобто (п + 1)-а похідна від многочлена n-ого степеня рівна нулю.

Ми не можемо користуватися в нашому випадку многочленів з комплексними коефіцієнтами властивостями похідної, доведеними в курсі аналізу для многочленів з дійсними коефіцієнтами, і повинні, використовуючи лише дане вище визначення похідної, знову ці властивості довести. Нас цікавлять наступні властивості, що є, як то кажуть, формулами диференціювання для суми і добутку:

(f(x)+g(x))'=f'(x)+g'(x)                                             (4)

(f(x)*g(x))' =f(x)*g' (x) +f' (x)*g(x).                                             (5)

Ці формули легко перевірити безпосереднім підрахунком, беручи як f(x) і g(x) два довільні многочлени і застосовуючи дане вище визначення похідної.

Формула (5) без зусиль розповсюджується на випадок добутку будь-якого скінченого числа множників, а тому звичайним способом може бути виведена формула і для похідній від степеня:

(f k(x))'=kf k-1(x)f '(x).                                                   (6)

Нашою метою є доведення наступної теореми:

Якщо число c є k-кратним  коренем  многочлена f(x), то при k>1  воно буде   (k-1)-кратным коренем першої похідної цього многочлена, якщо ж k=1, то c не служитиме коренем для f '(x).

Насправді, нехай

f(x)= (x-c)k (x),    k1,                                                (7)

де (x) вже не ділиться на х-с. Диференціюючи рівність (7), отримуємо:

(x)= (x-c)k (x)+k(x-c)k-1(x) = (x-c)k-1 [ (x-c)(x)+k(x)] .

Перший доданок суми, що стоїть в квадратних дужках, ділиться на х-с, а другий на х-с не ділиться; тому вся ця сума на х-с не може ділитися. Враховуючи, що частка від ділення f(x) на (x-c)k-1 визначено однозначно, ми отримуємо, що (х-с)k-1 є найбільшим степенем двочлена (х-с), на яку ділиться многочлен (x), що і потрібно було довести.

Застосовуючи цю теорему кілька разів, ми отримуємо, що к-кратний корінь многочлена f(x) буде (k-s)-кратним у s-й похідної цього многочлена (ks) і не служитиме коренем для k-ої похідної від f(x).

§ 23. Основна теорема

Займаючись в попередньому параграфі коренням многочленів, ми не ставили питання про те, чи всякий многочлен володіє коренням. Відомо, що існують многочлени з дійсними коефіцієнтами, що не мають дійсного корення; x2+1 - один з таких многочленів. Можна було б очікувати, що існують многочлени, що не мають кореннів навіть серед комплексних чисел, особливо якщо розглядаються многочлени з будь-якими комплексними коефіцієнтами. Якби це було так, то система комплексних чисел потребувала б подальшого розширення. Проте, справедлива наступна основна теорема алгебри комплексних чисел:

Будь-який многочлен з будь-якими числовими коефіцієнтами, ступінь якого не менше одиниці, має хоча б один корінь, в загальному випадку комплексний.

Ця теорема є одним з найбільших досягнень всієї математики і знаходить застосування в самих різних областях науки. На ній заснована, зокрема, вся подальша теорія многочленів з числовими коефіцієнтами, і тому цю теорему називали раніше (а іноді називають і тепер) «основною теоремою вищої алгебри». Проте, основна теорема не є чисто алгебраїчною. Всі її доведення, - а їх, після Гауса, що вперше довів цю теорему в самому кінці XVIII століття, було знайдено вельми багато, - змушені в більшій або меншій мірі використовувати так звані топологічні властивості дійсних і комплексних чисел, тобто властивості, пов'язані з неперервністю.

У доказі, який буде зараз проведено, многочлен f(x) з комплексними коефіцієнтами розглядатиметься як комплексна функція комплексного змінної х. Таким чином, х може приймати будь-які комплексні значення, тобто, як - то кажуть, змінна х змінюється на комплексній площині. Значення функції f(x) також будуть  комплексними числами. Можна вважати, що ці значення відмічаються на другому екземплярі комплексної площини, подібно тому як у випадку дійсних функцій дійсної змінної значення незалежної змінної відмічаються  на одній числовій прямій (вісі абсцис), а значення функції - на другій (вісі ординат).

Визначення неперервної функції, відоме з курсу математичного аналізу, переноситься і на функції комплексної змінної, причому у формулюванні визначення абсолютні величини замінюються модулями.

Саме, комплексна функція f(x) комплексної змінної х називається неперервною в точці x0, якщо для будь-якого додатнього дійсного числа  можна підібрати таке додатнє дійсне число , що, який би не був (взагалі кажучи, комплексне) приріст h, модуль якого задовольняє нерівності <, буде  справедливою також нерівність:

< .

Функція f(x) називається неперервною, якщо вона неперервна в усіх точках x0, в яких вона визначена, тобто, якщо f(x) є многочленом, - на всій комплексній площині.

Многочлен f(x) є безперервною функцією комплексної змінної х.

Доведення цієї теореми можна було б провести так само, як це робиться а курсі математичного аналізу, а саме, показавши, що сума і добуток неперервних функцій самі неперервні, і відмітивши, що функція, постійно рівна одному і тому ж комплексному числу, буде неперервною. Проте, ми підемо іншим шляхом.

Доведемо спочатку окремий випадок теореми, а саме випадок, коли вільний член многочлена f(x) рівний нулю, причому доведемо лише неперервність f(x) в точці x0=0 . Іншими словами, ми доведемо   наступну лему (замість h ми пишемо х):

Лема 1. Якщо вільний член многочлена f(x) рівний нулю:

f(x)= a0xn + a1xn-1+ …an-1x                                      

тобто f(0)=0, то для  довільного >0  можна  підібрати  таке  >0, що при всіх x, для яких  |х|<,   буде  |f(x)|< .  

Дійсно, нехай

A = max( |a0| , |a1 | , …, |an-1 |).

Число  нам вже дано.  Покажемо, що якщо за число  узяти

                                                  (1)

то воно задовольнятиме необхідним умовам. Насправді

тобто

Оскільки |х|<, і за (1),то

і тому

< < < =

що і потрібно було довести.

Виведемо тепер наступну формулу. Нехай даний многочлен

f(x)= a0xn + a1xn-1 + …+ an-1x  + an

з будь-якими комплексними коефіцієнтами. Підставимо в нього замість x суму x+h, де h-друга невідома. Розкладаючи в правій частині кожний із степенів (x+h)k , kn по формулі бінома і збираючи разом члени з однаковими степенями h, ми отримаємо рівність

f(x+h)= f(x)+h(x) + + …+

тобто доведемо формулу Тейлора, що дає розкладання f(x+h) по степенях «приросту» h.

Неперервність довільного многочлена f(x) у будь-якій точці x0 доводиться тепер таким чином. По формулі Тейлора

f(x0+h)-f(x0)=c1h + c2h2+ …+ cnhn=(h),

де

c1=,   c2=, … ,  cn=.

Многочлен (h) від невідомого h є многочлен без вільного члена, тому, за лемою 1, для довільного >0 можна підібрати таке  >0, що при |h|< буде |(h)|<, тобто

|f(x0+h)-f(x0)|<

що і потрібно було довести.

З нерівності

||f(x0+h)|-|f(x0)|| |f(x0+h)-f(x0)|

заснованого на формулі (13) § 18, і з доведеної зараз неперервності многочлена слідує неперервність модуля |f(x0)|многочлена f(x); цей модуль є, очевидно, дійсною невід"ємною функцією комплексної змінної х.

Зараз будуть доведені леми, що використовуються при доведенні основної теореми.

Лема про модуль старшого члена. Якщо даний многочлен n-ого степеня, n1,

f(x)= a0xn + a1xn-1 + a2xn-2 +…+ an

з довільними   комплексними   коефіцієнтами  і  якщо  k - будь-яке   додатне дійсне число, то для достатньо великих по модулю значень невідомої х має місце неріність:

>k                           (2)

тобто модуль старшого члена буде більше модуля суми решти всіх членів, притому в скільки завгодно раз.

Насправді, нехай А - найбільший з модулів коефіцієнтів a1, a2, …, an:

A = max( |a1| , |a2 | , …, |an |).

Тоді, за властивостями модулів суми і добутку комплексних чисел:

Вважаючи | х |>1, ми отримаємо:

<

звідки

|a1xn-1 + a2xn-2 + …+ an| < A

Таким чином, нерівність (2) виконуватиметься, якщо х задовольняє, крім умови    |х|>1, також нерівность

k A ,

тобто, якщо

.                                           (3)

Оскільки права частина нерівності (3) більше 1, то можна стверджувати, що для значень х, що задовольняють цій нерівності, має місце нерівність (2), що доводить лему.

Лема про зростання модуля многочлена. Для довільного многочлена f(x) з комплексними коефіцієнтами, степінь якого не менше одиниці, і будь-якого додатнього дійсного числа М, скільки завгодно великого, можна підібрати таке додатне дійсне число N, що при  |х| > N буде f(x) >М.

Нехай

f(x)= a0xn + a1xn-1 + a2xn-2 +…+ an

По формулі

.                   (4)

Застосуємо лему про модуль старшого члена, поклавши k=2: існує таке число N1, що при |х| > N1  буде

> 2

Звідси

<

тобто, по (4):

>

Права частина цієї нерівності буде більше М при

>

Таким чином, при >N=max(N1, N2) буде >М.

Сенс цієї леми може бути зрозумілим за допомогою наступної геометричної ілюстрації, яка в цьому параграфі неодноразово використовуватиметься. Припустимо, що в кожній точці х0 комплексної площини до цієї площини проведений перпендикуляр, довжина якого (при заданій одиниці масштабу) рівна модулю значення многочлена f(x) у цій точці, тобто рівна |f(x)|. Кінці перпендикулярів складатимуть, зважаючи на  доведену вище безперервность модуля многочлена, деяку неперервну криву площину, розташовану над комплексною площиною. Лема про зростання модуля многочлена показує, що ця поверхня при зростанні все більше і більше віддаляється від   комплексної площини, хоча, зрозуміло, це   видалення зовсім не є   монотонним.   Рисунок схематично зображає лінію перетину  цієї   поверхні   з   площиною перпендикулярною   до   комплексної  площини і що проходить через точку О.

Основну роль в доведенні відіграє наступна лема:

Лема   Даламбера.    Якщо    при х = х0 многочлен f(x) степеня n, n>1, не перетворюється в нуль,  f(x0)0  і тому |f(x0)|>0, то можна знайти такий приріст h, в загальному випадку комплексний, що

f(x0+h)< |f(x0)|

За   формулою Тейлора,  якщо   приріст h, поки   довільно, буде

По умові, x0 не є коренем для f(x). Випадково, проте, це число може виявитися коренем для , а також для деяких з подальших похідних. Нехай k-а похідна (k1) буде першою, що не має своїм коренем x0, тобто

, 

Таке k існує, оскільки, якщо a0 є старший коефіцієнт многочлена f(x), то

f(n)(x0) = n!a0  0  .

Таким чином

Деякі з чисел f(k+1)(x0), …, f(n-1)(x0) також можуть дорівнювати нулю, але це для нас неістотно.

Ділячи обидві частини цієї рівності на f(x0), відмінне, по умові, від нуля, і вводячи позначення

,  j=k, k+1, …, n,

ми отримаємо:

або, зважаючи на ck0 ,

.

Переходячи до модулів, отримаємо:

.                   (5)

До цього моменту ми не робили ніяких припущень про приріст h. Тепер ми будемо вибирати h, причому окремо вибирати його модуль і його аргумент. Модуль h вибиратиметься таким чином. Оскільки

є   многочленом   від  h без   вільного   члена,  то,  за лемою 1 (вважаючи =)   можна  знайти   таке  ,  що   при   | h | <   буде

<                                    (6)

З іншого боку, при

<

буде

< 1 .                                            (7)

Покладемо, що модуль h вибраний відповідно до нерівності

< .                                          (8)

Тоді,  зважаючи на (6),   нерівність (5)  перетворюється на строгу  нерівність:

< ;                                    (9)

умовою (7) ми скористаємося лише пізніше.

Для   вибору   аргументу   h   потребуємо,   щоб   число було від"ємним дійсним числом. Іншими словами,

arg(ckhk)= arg ck +k arg h = ,

звідки

.                                                 (10)

При цьому виборі h число відрізнятиметься знаком від  своєї абсолютної величини

= -

а тому, використовуючи нерівність (7)

.

Таким чином, при виборі h на підставі умов (8) і (10) нерівність (9) приймає вигляд

< 1- + = 1 - ,

тобто

= < 1,

звідки слідує

<

що доводить лему Даламбера.

За допомогою тієї геометричної ілюстрації, яка була наведена вище, можна таким чином пояснити лему Даламбера. Дано, що >0. Це означає, що довжина перпендикуляра, побудованого до комплексної площини в точці х0 , відмінна від нуля. Тоді, по лемі Даламбера, можна знайти таку точку х1=х0+h, що < тобто перпендикуляр в точці х1  буде коротшим, ніж в точці х0 , отже, поверхня, утворена кінцями перпендикулярів, буде в цій новій точці дещо ближче до комплексної площини. Як показує доведення леми, модуль h можна вважати як завгодно малим, тобто точку х1 можна вибрати як завгодно близько до точки х0; проте, ми не будемо користуватися надалі цим зауваженням.

Коренями многочлена f(x) будуть служити, ті комплексні числа (тобто ті точки комплексної площини), в яких поверхня, утворена кінцями перпендикулярів, дотикається цієї площини. Спираючись лише на лему Даламбера, не можна довести існування таких точок. Насправді, користуючись цією лемою, можна знайти таку нескінченну послідовність точок х0, х1, х2, ..., що

> > > …                              (11)

Звідси не слідує, проте, існування такої точки , что f()= 0, тим паче, що спадна послідовність додатніх дійсних чисел (11) зовсім не зобов'язана прямувати до нуля.

Подальші розгляди будуть грунтуватися на одній теоремі з теорії функцій комплексної змінної, узагальнюючу теорему Вейерштрасса, відому з курсу математичного аналізу. Вона відноситься до дійсних функцій комплексної змінної, тобто до функцій комплексної змінної, що приймає лише дійсні значення; прикладом таких функцій служить модуль многочлена. У формулюванні цієї теореми ми говоритимемо для простоти про замкнутий круг Е, розуміючи під цим круг на комплексній площині, до якого приєднані всі точки його межі.

Якщо дійсна функція g(x) комплексної змінної х неперервна в усіх точках замкнутого круга Е, то існує в крузі Е така точка х0, що для всіх х з Е має місце нерівність g(x)g(x0). Точка х0 є точкою мінімуму для g(x) в крузі Е.

Доведення цієї теореми можна знайти у всіх курсах теорії функцій   комплексної  змінної, і ми  його не приводимо.

Обмежуючись випадком, коли функція g(x) невід"ємна в усіх точках круга Е, - тільки цей випадок представляє для нас інтерес, - пояснимо геометрично цю теорему за допомогою тієї ілюстрації, яка вже використана вище. У кожній точці х0 круга Е проводимо перпендикуляр довжини g(x0). Кінці цих перпендикулярів складають кусок неперервної кривої поверхні, причому завдяки замкнутості круга Е існування точок мінімуму для цього шматка поверхні робиться геометрично достатньо ясним. Ця ілюстрація не замінює, звичайно, доведення теореми.

Тепер ми можемо перейти до безпосереднього доведення основної теореми. Нехай даний многочлен f(x) степеня п, п1. Якщо його вільний член є an, то, очевидно, f(x0)= an. Застосуємо до нашого многочлена лему про зростання модуля многочлена, вважаючи М = | f(x0)| = | an . Існує, отже, таке N, що при >N буде | f(x)| > |f(x0)|. Очевидно, далі, що вказане вище узагальнення теореми Вейерштрасса застосуємо до функції | f(x) | при будь-якому виборі замкнутого круга Е. За Е ми візьмемо замкнутий круг, обмежений колом радіусу N з центром в точці 0. Нехай точка х0 буде точкою мінімуму для |f(x)| у крузі Е, звідки, зокрема, слідує |f(x0)|  .

Легко бачити, що х0 насправді служитиме точкою мінімуму для |f(x)| на всій комплексній площині: якщо точка х' лежить зовні Е, то >N, і тому

>  .

Звідси слідує, нарешті, що f(x0)=0, тобто що х0 служить коренем для f(x); якби було f(x0)0, по лемі Даламбера, існувала б така точка x1, що <, проте, це суперечить тільки що встановленій властивості точки х0.

§ 24. Наслідок з основної теореми

Нехай даний многочлен n-ого степеня, n1,

f(x)= a0xn + a1xn-1 + …+ an-1x+ an                                 (1)                    

з будь-якими комплексними коефіцієнтами. Ми знову розглядаємо його як формально-алгебраїчний вираз, цілком визначений набором своїх коефіцієнтів. Основна теорема про існування кореня, доведена в попередньому параграфі, дозволяє стверджувати існування для f(x) кореня комплексного або дійсного. Тому многочлен f(x) розкладається

f(x)= (x-)(x).

Коефіцієнти многочлена (x) знову є дійсними або комплексними числами, і тому (x) володіє коренем , звідки

f(x)= (x-)(x-)(x).

Продовжуючи так далі, ми прийдемо після кінцевого числа кроків до розкладу многочлена n-ого степеня f(x) в добуток  п  лінійних   множників

f(x)= (x-)(x-)...(x-)                                    (2)

Коефіцієнт з'явився з наступної причини: якби справа у виразі (2) стояв деякий коефіцієнт b, то після розкриття дужок старший член многочлена f(x) мав би вид bxn, хоча насправді, зважаючи на (1), ним є член a0xn. Тому b= a0 .

Розклад (2) є для многочлена f(x) єдиним з точністю до порядку співмножників розкладу такого типу.

Припустимо, що є ще розклад

f(x)= (x-)(x-)...(x-)                                    (3)

З (2) і (3) слідує рівність

(x-)(x-)...(x-) =  (x-)(x-)...(x-).                           (4)

Якби корінь був відмінний від всіх , j=1, 2 ..., n, то, підставляючи замість невідомої в (4), ми отримали б зліва нуль, а справа число, відмінне від нуля. Таким чином, будь-який корінь рівний деякому кореню і навпаки.

Звідси ще не витікає збіг розкладів (2) і (3). Дійсно, серед корінів , j=1, 2 ..., n, можуть бути рівні між собою. Нехай, наприклад, s цих корінів рівні і нехай, з іншого боку, серед корінів , j=1, 2 ..., n, міститься t рівних кореню . Потрібно показати, що s=t.

Оскільки степінь добутку многочленів рівний сумі степенів співмножників, то добуток двох многочленів, відмінних від нуля, не може дорівнювати нулю. Звідси слідує, що якщо два добутки многочленів рівні один одному, то обидві частини рівності можна скоротити на загальний множник: якщо

f(x)(x)=g(x)(x)

і (x)0, то з

[f(x)-g(x)] (x)=0

слідує

f(x)-g(x)=0,

тобто

f(x)=g(x).

Застосуємо це до рівності (4). Якщо, наприклад, s>t, то, скорочуючи   обидві   частини   рівності (4) на множник , ми   прийдемо до рівності, ліва частина якої ще містить множник , а права його не містить. Вище   показано, що це приводить до суперечності. Таким чином, єдиність, розкладу (2) для многочлена f(x) доведена.

Об'єднуючи разом однакові множники, розкладу (2) можна переписати у вигляді

f(x)=a0              …                                      (5)

де

k1 + k2 +  …+ kl = n

При цьому передбачається, що серед корінів вже немає рівних.

Доведемо, що число ki з (5), i=1, 2, ..., l, є кратністю кореня , - в многочлені f(x). Дійсно, якщо ця кратність рівна si , тo ki si. Нехай, проте, ki<si. Через означення кратності кореня для f(x) існує розклад

f(x)=(x).

Замінюючи в цьому розкладанні множник (x) його розкладом на лінійні множники, ми отримали б для f(x) розклад на лінійні множники, відмінне від розкладу (2), тобто пришли б до суперечності з доведеною вище єдиністю цього розкладу.

Ми довели, таким чином, наступний важливий результат:

Всякий многочлен f(x) степеня n, n1, з будь-якими числовими  коефіцієнтами   має  n  коренів, якщо кожний  з корінів рахувати стільки раз, яка його кратність.

Відмітимо, що наша теорема справедлива і при n = 0, оскільки многочлен нульового ступеня не має, зрозуміло, коренів. Ця теорема непридатна лише до многочлена 0, що не має степеня і рівному нулю при будь-якому значенні х. Цим останнім зауваженням ми скористаємося при доведенні наступної теореми:

Якщо многочлени f(x) і g(x), степені яких не перевищують n, мають рівні значення більш ніж при n різних значеннях невідомої, то

f(x) = g(x).

Дійсно, многочлен f(x)-g(x) має при наших припущеннях більш ніж n коренів, а оскільки його степінь не перевершує n, то повинна мати місце рівність f(x -g(x)= 0.

Таким чином, враховуючи, що різних чисел нескінченно багато, можна стверджувати, що для будь-яких двох різних многочленів f(x) і g(x) знайдуться такі значення з невідомої х, що f(c)g(c). Такі с можна знайти не тільки серед комплексних чисел, але і серед дійсних, серед раціональних і навіть серед цілих чисел.

Таким чином, два многочлени з числовими коефіцієнтами, що мають хоча б при одному степені невідомої х різні коефіцієнти, будуть різними комплексними функціями комплексного змінної х.

Теорема, доведена вище, дозволяє стверджувати, що многочлен, степінь якого не більше n, цілком визначається своїми значеннями при будь-яких різних значеннях невідомої, число яких більше n. Чи можна ці значення многочлена задавати довільно? Якщо припустити, що задаються значення многочлена при n+1 різних значеннях невідомої, то відповідь буде позитивною: завжди існує многочлен не більше ніж n-ої степені, що приймає наперед задані значення при n +1 заданих різних значеннях невідомої.

Справді, нехай потрібно побудувати многочлен не більше ніж n-ої степені, який при значеннях невідомого а1, а2, ..., аn+1, передбачуваних різними, приймає відповідно значення c1, c2, ..., cn+1. Цим многочленом буде:

.                         (6)

Дійсно, його степінь не більше n, а значення f(ai) рівне ci.

Формула (6) називається інтерполяційною формулою Лагранжа. Назва «інтерполяційна» пов'язана з тим, що по цій формулі, знаючи значення многочлена в n+1 точці, можна обчислювати його значення у всіх інших точках.

Формули Вієта.

Нехай даний многочлен f(x) степеня n із старшим коефіцієнтом  1,

f(x)= xn + a1xn-1 + a2xn-2 +…+аn-1x+ an                            (7)

і нехай - його корені. Тоді f(x) володіє наступним розкладом:

f(x)= (x-)(x-)...(x-)                                   

Перемножуючи дужки, що стоять справа, а потім зводячи подібні члени і порівнюючи отримані коефіцієнти з коефіцієнтами із (7), ми отримаємо наступну рівність, так звані формули Вієта і виражаючі коефіцієнти многочлена через його корені:

a1=,

a2=,

a3=,

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

an-1=

an=

Таким чином, в правій частині k-ої рівності, k = 1, 2..., n, стоїть сума всіх добутків по k коренів, узята із знаком плюс або мінус, залежно від парності або непарності k.

При n=2 ці формули перетворюються на відомий з елементарної алгебри зв'язок між коренями і коефіцієнтами квадратного многочлена. При n=3, тобто для кубічного многочлена, ці формули приймають вигляд

a1=,   a2=,    a3=.

Формули Вієта полегшують написання многочлена по заданих його коренях. Так, знайдемо многочлен f(x) четвертого степеня, що має простим коренем числа 5 і -2 і двократним коренем число 3. Ми отримаємо:

a1 = - (5-2+3+3)= - 9,

a2 = 5*(-2)+ 5*3+5*3+(-2)*3 + (-2)*3+3*3= 17,

a3 = - [5*(-2)*3+5*(-2)*3 + 5*3*3+(-2) *3*3]= 33,

a4 = 5*(-2)*3*3 = - 90 .

а тому.

f (х) =  х4 - 9x3+17x2 +33x - 90 .

Якщо старший коефіцієнт a0 многочлена f(x) відмінний від 1, то для застосування формул Вієта необхідно спочатку розділити всі коефіцієнти на a0, що не впливає на корені многочлена. Таким чином, в цьому випадку формули Вієта дають вираз для відношень всіх коефіцієнтів до старшого.

Многочлени з дійсними коефіцієнтами.

Зараз будуть виведені деякі наслідки з основної теореми алгебри комплексних   чисел,   що відноситься   до   многочленів  з  дійсними коефіцієнтами. По суті, саме на цих наслідках засноване те виключно велике значення основної теореми, про яке мовилося раніше.

Нехай многочлен з дійсними коефіцієнтами

f(x)= a0 xn + a1xn-1 + …+аn-1x+ an 

має комплексний корінь , тобто

a0 n + a1n-1 +  …+аn-1+ an =0

Ми знаємо, що остання рівність не порушиться, якщо в ній всі числа замінити на спряжені. Проте всі коефіцієнти a0, a1, ..., аn-1, an , а також число 0, що стоїть справа, будучи дійсними, залишаться при цій заміні без зміни, і ми приходимо до рівності

a0 n + a1n-1 +  …+аn-1+ an =0,

тобто

Таким чином, якщо комплексне (але не дійсне) число служить коренем многочлена f(x) з дійсними коефіцієнтами, то коренем для f(x) буде і спряжене число .

Многочлен f(x) буде ділитися на квадратний тричлен

                                (8)

коефіцієнти   якого,   як   ми   знаємо,   дійсні.

Користуючись цим, доведемо, що корені мають в многочлені f(х) одну і ту ж кратність.

Нехай, ці корені мають відповідно кратності k і l, і нехай, наприклад, k>l. Тоді f(x) ділиться на l-у степінь многочлена (х),

f(x)=  l(х)q(x).

Многочлен q(x), як частка двох многочленів з дійсними коефіцієнтами, також має дійсні коефіцієнти, але, всупереч з доведеним вище, він має число своїм (k-l)-кратным коренем, тоді як число не є для нього коренем. Звідси слідує, що k = l .

Таким чином, тепер можна сказати, що комплексні корені будь-якого многочлена з дійсними коефіцієнтами попарно спряжені. Звідси і з доведеної вище єдиності розкладів вигляду (2) витікає наступний остаточний результат:

Довільний многочлен f(х) з дійсними коефіцієнтами представимо, притому єдиним способом (з точністю до порядку множників), у вигляді добутку свого старшого коефіцієнта а0 і декількох многочленів з дійсними коефіцієнтами, лінійних виду х-а, відповідних йому дійсних коренів, і квадратних вигляду (8), відповідних пар спряжених комплексних коренів.

Для подальшого корисно підкреслити, що серед многочленів з дійсними коефіцієнтами і із старшим коефіцієнтом 1, нерозкладними на множники меншого степеня або, як ми говоримо, що не приводяться, є лише лінійні многочлени виду х-а і квадратні многочлени вигляду (8).