XVII OM - II - Zadanie 2

Dowieść, że jeżeli dwa wielomiany stopnia trzeciego o współczynnikach całkowitych mają wspólny pierwiastek niewymierny, to mają jeszcze drugi wspólny pierwiastek.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że wielomiany

\[<br />
(1) \qquad<br />
P(x) = a_0x^3 + a_1x^2 + a_2x + a_3 \textrm{i}<br />
Q(x) = b_0x^3 + b_1x^2+ b_2x + b_3,<br />
\]

których współczynniki $ a_1 $ i $ b_1 $ ($ i = 0, 1, 2, 3 $) są całkowite, przy czym $ a_0 \ne 0 $, $ b_0 \ne 0 $, mają wspólny pierwiastek niewymierny $ \alpha $.

Liczba $ \alpha $ jest również pierwiastkiem wielomianu

\[<br />
(2) \qquad  R(x)=b_0 \cdot P(x)- a_0 \cdot Q(x)=<br />
(a_1b_0 - a_0b_1) x^2 + (a_2b_0 - a_0b_2)x + (a_3b_0 - a_0b_3),<br />
\]

gdyż $ R(\alpha) = b_0 \cdot P(\alpha)- a_0 \cdot Q(\alpha)=0 $. Zachodzi jedna z dwóch możliwości:

a) $ a_1b_0 - a_0b_1 \ne 0 $. W tym przypadku wielomian $ R(x) $ jest funkcją kwadratową zmiennej $ x $ o współczynnikach całkowitych, więc pierwiastek niewymierny $ \alpha $ tej funkcji ma postać $ m+n\sqrt{p} $, gdzie $ m $, $ n $, $ p $ oznaczają liczby wymierne, przy czym $ p $ nie jest kwadratem liczby wymiernej, a $ n \ne 0 $.

Zauważmy, że

\[<br />
P(m+n\sqrt{p})= a_0(m+n\sqrt{p})^3 +a_1(m+n\sqrt{p})^2<br />
+ a_2(m+n\sqrt{p})+a_3= M+N \sqrt{p},<br />
\]
\[<br />
P(m-n\sqrt{p})= a_0(m-n\sqrt{p})^3 +a_1(m-n\sqrt{p})^2+a_2(m-n\sqrt{p})+a_3=<br />
M-N\sqrt{p},<br />
\]

gdzie liczby $ M $ i $ N $ są wymierne, mianowicie

\[<br />
M=a_0m^3 + 3a_0mn^2p + a_1rm^2+a_1n^2p+a_2m +a_3,<br />
\]
\[<br />
N = 3a_0m^2n + n^3p + 2a_1mn + a_2n.<br />
\]

Ponieważ liczba $ m+n\sqrt{p} $ jest pierwiastkiem wielomianu $ P(x) $, więc $ M+N\sqrt{p} = 0 $. Stąd wnioskujemy, że $ N = 0 $, inaczej bowiem zachodziłaby równość $ \sqrt{p}= -\frac{M}{N} $, co jest niemożliwe, gdyż liczba $ \sqrt{p} $ jest niewymierna, a liczba $ - \frac{M}{N} $ - wymierna. W takim razie również $ M=0 $, więc też $ M-N\sqrt{p} = 0 $, co oznacza, że liczba $ m-n\sqrt{p} $ jest pierwiastkiem wielomianu $ P(x) $.

Tak samo stwierdzamy, że $ m-n\sqrt{p} $ jest pierwiastkiem wielomianu $ Q(x) $.

Wielomiany $ P(x) $ i $ Q(x) $ mają więc wspólny pierwiastek $ m-n\sqrt{p} $, różny od $ m+n\sqrt{p} $, gdyż $ n \ne 0 $ i $ p \ne 0 $.

b) $ a_1b_0-a_0b_1 = 0 $. Wielomian $ R(x) $ jest w tym przypadku funkcją liniową zmiennej $ x $ o współczynnikach całkowitych mającą pierwiastek niewymierny $ \alpha $; funkcja taka jest tożsamościowo równa zeru, czyli

\[<br />
b_0P(x)-a_0Q(x)=0<br />
\]

dla każdego $ x $. Wartości $ P(x) $ i $ Q(x) $ są więc proporcjonalne, każdy pierwiastek wielomianu $ P(x) $ jest pierwiastkiem $ Q(x) $ i na odwrót. Wielomian stopnia trzeciego $ P(x) $ ma oprócz $ \alpha $ jeszcze jakieś pierwiastki (rzeczywiste lub nierzeczywiste) $ \alpha ' $ i $ \alpha '' $. Przynajmniej jedna z liczb $ \alpha ' $ i $ \alpha '' $ jest różna od $ \alpha $. Gdyby bowiem zachodziła równość $ \alpha '= \alpha ''=\alpha $, wtedy ze wzoru $ \alpha+\alpha '+ \alpha ''= - \frac{a_1}{a_0} $ wynikałoby, że
$ \alpha = - \frac{a_1}{3a_0} $, co jest niemożliwe, gdyż $ \alpha $ jest liczbą niewymierną, a $ - \frac{a_1}{3a_0} $ - wymierną. Jeżeli np. $ \alpha ' \ne \alpha $, to $ \alpha ' $ jest drugim wspólnym pierwiastkiem wielomianów $ P(x) $ i $ Q(x) $.

Uwaga. W powyższym rozumowaniu wykazaliśmy, że pierwiastek niewymierny wielomianu stopnia trzeciego o współczynnikach całkowitych nie może być pierwiastkiem potrójnym tego wielomianu. Łatwo udowodnić twierdzenie mocniejsze: pierwiastek niewymierny $ \alpha $ wielomianu stopnia trzeciego $ P(x) $ o współczynnikach wymiernych jest pierwiastkiem pojedynczym wielomianu $ P(x) $. Przypuśćmy bowiem, że pierwiastkami wielomianu $ P(x) $ są liczby $ \alpha $, $ \alpha $, $ \beta $. Ze wzorów Viete'a wynika, że liczby

\[<br />
\nr{V} c_1 = 2\alpha + \beta,\ c_2=\alpha^2 + 2\alpha \beta, \ c_3=\alpha^2 \beta<br />
\]

są wówczas wymierne. Rugując $ \beta $ z pierwszych, dwóch równości (V) otrzymujemy

\[<br />
3\alpha^2 - 2c_1\alpha + c_2=0,<br />
\]

skąd wynika, że liczba niewymierna $ \alpha $ jest postaci $ m+n \sqrt{p} $, gdzie $ m $, $ n $, $ p $ oznaczają liczby wymierne, przy czym $ n \ne 0 $, a $ p $ nie jest kwadratem liczby wymiernej. Wobec tego z uwagi na pierwszą równość (V) liczba $ \beta $ jest postaci $ r-2n\sqrt{p} $, gdzie liczba $ r $ jest wymierna. W takim razie liczba $ \alpha^2 + 2\alpha \beta $ jest postaci $ A+B \sqrt{p} $, a liczba $ \alpha^2 \beta $ postaci $ C+D \sqrt{p} $, gdzie $ A $, $ B $, $ C $, $ D $ oznaczają liczby wymierne.

Łatwy rachunek daje

\[<br />
B=2n (r-m),\ D=2n(mr-m^2-n^2p).<br />
\]

Ponieważ według (V) liczby $ \alpha^2 + 2\alpha \beta $ i $ \alpha^2 \beta $ są wymierne, a $ \sqrt{p} $ jest liczbą niewymierną, więc $ B=D=0 $. Z tych równości i z nierówności $ n \ne 0 $ wnioskujemy, że $ m-r=0 $ i $ mr-m^2-n^2p=0 $, stąd zaś wynika równość $ n^2p = 0 $, sprzeczna z warunkiem $ n \ne 0 $, $ p \ne 0 $. Przypuszczenie, że $ \alpha $ nie jest pierwiastkiem pojedynczym wielomianu $ P(x) $ jest zatem fałszywe, c.n.d.

Twierdzenie, które udowodniliśmy, można sformułować w taki sposób: Jeżeli $ \alpha $ jest pierwiastkiem wielokrotnym wielomianu stopnia trzeciego o współczynnikach wymiernych, to liczba $ \alpha $ jest wymierna. Dla wielomianów stopni wyższych twierdzenie takie nie zachodzi, np. liczba $ \sqrt{2} $ jest pierwiastkiem podwójnym wielomianu $ x^4 - 4x^2 + 4 $.

Prawdziwe jest natomiast twierdzenie: Jeżeli $ \alpha $ jest jedynym pierwiastkiem wielokrotnym wielomianu o współczynnikach wymiernych, to $ \alpha $ jest liczbą wymierną. Można je udowodnić korzystając z elementarnych wiadomości o pochodnych, w szczególności z twierdzenia: Pierwiastek $ \alpha $ wielomianu jest wtedy i tylko wtedy pierwiastkiem wielokrotnym tego wielomianu, gdy jest również pierwiastkiem jego pochodnej.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź