Рассмотрим многочлен x^2-1. Его можно также представить в виде (x-1)(x+1). Такие разложения на множители бывают полезными в различных случаях. Например, с их помощью можно разложить дробь из многочленов в сумму простейших дробей:

\frac{1}{x^2-1}=\frac{1}{(x-1)(x+1)}= \frac{1}{2(x-1)}-\frac{1}{2(x+1)}.

Данное разложение используется при вычислении неопределённого интеграла:

\int \displaystyle\frac{1}{x^2-1}\ dx = \frac{1}{2} \int \frac{1}{x-1} dx - \frac{1}{2} \int \frac{1}{x+1} dx= \frac{1}{2} \ln(x-1) - \frac{1}{2}  \ln(x+1).

Разложение x^2 - x = x(x-1) и соответствующее представление для дроби

\frac{1}{x(x-1)} = \frac{1}{x-1} - \frac{1}{x}

позволяют найти сумму телескопического ряда:

\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k(k+1)} =1

Рассмотрим разложения других, более сложных, многочленов на множители:

x^2-2x+24=(x-6)(x+4),x^3+2x^2+3x+2=(x+1)(x^2+x+2),x^4-15x+25=(x^2+5x+5)(x^2-5x+5),x^3+1=(2x+2)\left(\frac{x^2}{2}-\frac{x}{2}+\frac{1}{2}\right).

Как можно видеть, множители в этих разложениях имеют целые коэффициенты, за исключением последнего разложения. Но последний многочлен можно разложить и другим способом:

x^3+1=(x+1)(x^2-x+1).

В этом разложении тоже целые коэффициенты. Возникает вопрос: существует ли многочлен с целыми коэффициентами, у которого есть разложение с дробными коэффициентами, но нет разложения с целыми? Лемма Гаусса говорит, что нет. Эта лемма применяется в компьютерной алгебре, теории чисел.

Теперь возникает вопрос: у каждого ли многочлена с целыми коэффициентами есть разложение? Попробуем разложить многочлены выше до конца:

x^2+5x+5=\left(x + \frac{5}{2}-\frac{\sqrt{5}}{2}\right) \left(x + \frac{5}{2}+\frac{\sqrt{5}}{2}\right),x^2-5x+5=\left(x - \frac{5}{2}-\frac{\sqrt{5}}{2}\right) \left(x - \frac{5}{2}+\frac{\sqrt{5}}{2}\right),x^2+x+2=\left( x+ \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{7}}{2}i\right) \left( x+\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{7}}{2}i\right),x^2-x+1=\left( x- \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i \right) \left( x- \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}i \right).

У нас получилось это сделать, прибегнув к иррациональным, а иной раз и комплексным, числам. Нельзя ли обойтись обычными дробями (то есть рациональными числами)? Ведь если можно обойтись рациональными числами, то можно обойтись и целыми, как нам говорит лемма Гаусса.

Оказывается, частичный ответ на этот вопрос даёт теорема Эйзенштейна:

Пусть для многочлена a_nx^n+\dots + a_1x+a_0 с целыми коэффициентами есть такое простое число p, что:

  • a_n не делится на p;

  • остальные коэффициенты делятся на p;

  • a_0 не делится на p^2.

Тогда этот многочлен нельзя разложить на множители с рациональными коэффициентами.

Например, теорема Эйзенштейна применима к многочленам x^2+5x+5 иx^2-5x+5. Ещё её можно применить к многочлену x^4-2 - его также нельзя разложить в произведение многочленов с целыми коэффициентами.

Однако теорема Эйзенштейна покрывает не все неразложимые многочлены - например, многочлены x^2+x+2, x^2-x+1 и x^3-4 также нельзя разложить над рациональными числами, так как у них нет рациональных корней (подумайте, почему наличие рационального корня необходимо для разложимости многочленов степени не выше трёх), однако к ним теорему Эйзенштейна применить нельзя.

Напоследок, предлагаем вам подумать над следующей задачей: докажите, что многочлен P(x)=x^{n-1}+\ldots+x+1 нельзя разложить в произведение двух целочисленных многочленов тогда и только тогда, когда число n - простое. Подсказка: вам может пригодиться теорема Эйзенштейна для P(x+1).

Авторы:

  • Лыков Александр, научный сотрудник мехмата МГУ, академический руководитель ШАД Хелпера.

  • Михаил Михеенко, студент пятого курса мехмата МГУ, куратор ШАД Хелпера.

Комментарии (6)


  1. aamonster
    00.00.0000 00:00
    +1

    подумайте, почему наличие рационального корня необходимо для разложимости таких многочленов

    Э... Многочлен (x²-2)(x²-3) прекрасно раскладывается, несмотря на отсутствие рациональных корней. Может, переформулируете этот пассаж?


    1. alexlyk314 Автор
      00.00.0000 00:00
      +2

      Имелись ввиду многочлены степени не выше трёх. Исправили. Спасибо за замечание.


  1. Alexandroppolus
    00.00.0000 00:00
    +2

    Напоследок, предлагаем вам подумать над следующей задачей .....

    Подумал и вот такое надумал:

    Если N не простое (т.е. N = a*b), то легко убедиться, что

    P(x) = (x^(a-1) + x^(a-2) + ... + 1) * (x^(a*(b-1)) + x^(a*(b-2)) + ... + 1)

    Теперь случай простого N.

    Применить Эйзенштейна для для P(x+1) тоже нетрудно, т.к. у него a[N-1] = 1, а все прочие a[k] делятся на N, потому что a[k] = sum(i = 0 ... N-1)C(i, k) = C(N, k+1), где C - биномиальный коэффициент.

    Значение этой суммы доказывается по индукции, с применением тождества C(N, k+1) = C(N-1, k) + C(N-1, k+1), здесь первое слагаемое - последний член в ряду, второе слагаемое - сумма для всех предыдущих.

    Ну а то что C(N, k+1) делится на N при простом N и k>=0, следует прямо из формулы для С.

    Т.е. P(x+1) разложить на произведение нельзя.

    Допустим, мы можем разложить P(х) на произведение. Но тогда, сделав замену x на x+1, получим подходящее разложение для P(x+1), чего по доказанному ранее сделать нельзя. Противоречие. Не знаю, достаточно ли строго я обосновал этот переход между P(х) и P(х+1).


    1. Alexandroppolus
      00.00.0000 00:00
      +2

      Совсем забыл упомянуть про третье условие в теореме Эйзенштейна. Для P(x+1) оно тоже выполняется: a[0] = N, т.е. не делится на N^2


      1. alexlyk314 Автор
        00.00.0000 00:00
        +1

        Теперь абсолютно правильное решение.


  1. Refridgerator
    00.00.0000 00:00

    Как насчёт разложения на множители не обычных многочленов, а рациональных? Там и простор для творчества больше, и решение в целых всегда достижимо.