XVII OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

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

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że wielomiany

$ (1) \qquad P(x) = a_0x^3 + a_1x^2 + a_2x + a_3 \textrm{i} Q(x) = b_0x^3 + b_1x^2+ b_2x + b_3, $

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

$ (2) \qquad R(x)=b_0 \cdot P(x)- a_0 \cdot Q(x)= (a_1b_0 - a_0b_1) x^2 + (a_2b_0 - a_0b_2)x + (a_3b_0 - a_0b_3), $

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

$ 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= M+N \sqrt{p}, $

$ 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= M-N\sqrt{p}, $

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

$ M=a_0m^3 + 3a_0mn^2p + a_1rm^2+a_1n^2p+a_2m +a_3, $

$ N = 3a_0m^2n + n^3p + 2a_1mn + a_2n. $

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

$ b_0P(x)-a_0Q(x)=0 $

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

$ \nr{V} c_1 = 2\alpha + \beta,\ c_2=\alpha^2 + 2\alpha \beta, \ c_3=\alpha^2 \beta $

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

$ 3\alpha^2 - 2c_1\alpha + c_2=0, $

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

$ B=2n (r-m),\ D=2n(mr-m^2-n^2p). $

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.