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math@多项式@求和式乘法@代数学基本定理

文章目录

    • 多项式@求和式乘法
      • 应用
    • 代数学基本定理
      • 相关证明
      • 高次方程
    • 其他关于多项式的参考

多项式@求和式乘法

  • S=∏j=1(∑k=1ajk)⁣ ⁣ ⁣j=∏j=1m(∑k=1njajk)⁣ ⁣ ⁣jS=\prod_{j=1}\left(\sum\limits_{k=1}a_{jk}\right)_{\!\!\!j} \\=\prod_{j=1}^{m}\left(\sum\limits_{k=1}^{n_j}a_{jk}\right)_{\!\!\!j} S=j=1(k=1ajk)j=j=1m(k=1njajk)j

    • 分析这个表达式,可以从以下几个方面入手

      1. S展开后具有多少项?(不做任何合并项操作和值为零的项的省略)

        • 首先,乘法对加法满足分配律关系:a(b+c)=ab+aca(b+c)=ab+aca(b+c)=ab+ac

          • 利用该规律展开多项式之间的乘法
        • S=(a1+a2)(b1+b2)S=(a_1+a_2)(b_1+b_2)S=(a1+a2)(b1+b2)

          • 可以记B=b1+b2B=b_1+b_2B=b1+b2
          • S=a1B+a2B=a1(b1+b2)+a2(b1+b2)=a1b1+a1b2+a2b1+a2b2S=a_1B+a_2B=a_1(b_1+b_2)+a_2(b_1+b_2)=a_1b_1+a_1b_2+a_2b_1+a_2b_2S=a1B+a2B=a1(b1+b2)+a2(b1+b2)=a1b1+a1b2+a2b1+a2b2
          • 共有4项
        • S=(a1+⋯+am)(b1+⋯+bn)=(∑i=1mai)(∑i=1nbi)S=(a_1+\cdots+a_m)(b_1+\cdots+b_n)=(\sum_{i=1}^{m}a_i)(\sum_{i=1}^{n}b_i)S=(a1++am)(b1++bn)=(i=1mai)(i=1nbi)

          • B=∑i=1nbiB=\sum_{i=1}^{n}b_iB=i=1nbi
          • S=(∑i=1mai)B=∑imBaiS=(\sum_{i=1}^{m}a_i)B=\sum_{i}^{m}Ba_iS=(i=1mai)B=imBai
            • 其中Bai=∑j=1nbjaiBa_i=\sum_{j=1}^{n}b_ja_iBai=j=1nbjai
            • S=∑im(∑jnbjai)S=\sum_i^m(\sum_{j}^{n}b_ja_i)S=im(jnbjai)
          • 共有n×mn\times{m}n×m
          • 把这个结果记为SABS_{AB}SAB,反复运用这个阶段的结论,可以得到下面的结论
        • S=(a1+⋯+an1)(b1+⋯+bn2)(c1+⋯+cn3)=(∑i=1n1ai)(∑i=1n2bi)(∑i=1n3ci)S=(a_1+\cdots+a_{n_1})(b_1+\cdots+b_{n_2})(c_1+\cdots+c_{n_3})=(\sum_{i=1}^{n_1}a_i)(\sum_{i=1}^{n_2}b_i)(\sum_{i=1}^{n_3}c_i)S=(a1++an1)(b1++bn2)(c1++cn3)=(i=1n1ai)(i=1n2bi)(i=1n3ci)

          • S=ABC=(AB)CS=ABC=(AB)CS=ABC=(AB)C

          • S=∑i1n1∑i2n2∑i3n3a1i1a2i2a3i3S=\sum_{i_1}^{n_1}\sum_{i_2}^{n_2}\sum_{i_3}^{n_3}a_{1i_1}a_{2i_2}a_{3i_3} S=i1n1i2n2i3n3a1i1a2i2a3i3

          • 因此有S有(n1×n2)×n3(n_1\times{n_2})\times{n_3}(n1×n2)×n3

        • 更一般的:

          • S=(∑k=1n1a1k)(∑k=1n2a2k)⋯(∑k=1nmamk)S=(\sum\limits_{k=1}^{n_1}a_{1k})(\sum\limits_{k=1}^{n_2}a_{2k}) \cdots(\sum\limits_{k=1}^{n_m}a_{mk}) S=(k=1n1a1k)(k=1n2a2k)(k=1nmamk)

          • 由结合律可知

            • S=∏j=1m(∑k=1njajk)⁣ ⁣ ⁣j=∑i1n1∑i2n2⋯∑imnma1i1a2i2⋯amim=∑i1n1∑i2n2⋯∑imnm(∏k=1mak,ik)记号说明:ak,ik其中k表示第k组求和式,k=1,2,⋯,m(比如前面说的A,B,⋯)ik表示第k组求和式中的第ik个元素(ik=1,2,⋯,nk)S=\prod_{j=1}^{m}\left(\sum\limits_{k=1}^{n_j}a_{jk}\right)_{\!\!\!j} \\=\sum_{i_1}^{n_1}\sum_{i_2}^{n_2}\cdots\sum_{i_m}^{n_m}a_{1i_1}a_{2i_2}\cdots{a_{mi_m}} \\=\sum_{i_1}^{n_1}\sum_{i_2}^{n_2}\cdots\sum_{i_m}^{n_m}(\prod_{k=1}^{m}a_{k,i_k}) \\ 记号说明:\large{a_{k,i_k}}其中 \\k表示第k组求和式,k=1,2,\cdots,m(比如前面说的A,B,\cdots) \\i_{k}表示第k组求和式中的第i_k个元素(i_k={1,2,\cdots},n_k) \\ S=j=1m(k=1njajk)j=i1n1i2n2imnma1i1a2i2amim=i1n1i2n2imnm(k=1mak,ik)记号说明:ak,ik其中k表示第k组求和式,k=1,2,,m(比如前面说的A,B,)ik表示第k组求和式中的第ik个元素(ik=1,2,,nk)

            • S的项数为∏j=1mnj\prod\limits_{j=1}^{m}n_jj=1mnj

      2. 每一项由多少基本因子(即aija_{ij}aij)构成,又是如何构成的?

        • 根据上一问的讨论,可以知道每一项由m个元素构成

        • 并且任意2组中的任意2个元素都一定有且只有相乘(构成一个项),

        • (∏k=1mak,ik)(\prod_{k=1}^{m}a_{k,i_k})(k=1mak,ik)的构成中可以看出项的m个因子一定来自不同的求和组

应用

  • 可以用来确定m此项的系数

  • 例如

    • f(x)=∑in(x+ai)f(x)=\sum_{i}^{n}(x+a_i) f(x)=in(x+ai)

    • f(x)f(x)f(x)展开合并同类项后

      • 那么xn−1x^{n-1}xn1的系数是多少?

        • f(x)f(x)f(x)是一个n次多项式
        • 在合并同类项之前,包含xn−1x^{n-1}xn1的项有(nn−1)=(1n)\binom{n}{n-1}=\binom{1}{n}(n1n)=(n1)
        • 它们的系数分别是a1,⋯,ana_1,\cdots,a_na1,,an
      • x3x^{3}x3的系数又是多少?

        • (n3)\binom{n}{3}(3n),这些项的系数分别是∏i∈P3ai\prod_{i\in{P_3}}a_iiP3ai
          • 其中PrP_rPr表示对a1,⋯,ana_1,\cdots,a_na1,,an(nn−r)\binom{n}{n-r}(nrn)的排列(本例中r=3)
      • 一般的,xrx^{r}xr的系数是

        • ∑inr(∏i∈Prai)其中:nr=(nr)\large\sum_i^{n_r}{(\prod_{i\in{P_{r}}}a_i)} \\ 其中:n_r=\binom{n}{r} inr(iPrai)其中:nr=(rn)
    • 例如(x+1)(x+2)(x+3)=(x2+3x+2)(x+3)=x3+6x2+11x+6(x+1)(x+2)(x+3)=(x^2+3x+2)(x+3)=x^3+6x^2+11x+6(x+1)(x+2)(x+3)=(x2+3x+2)(x+3)=x3+6x2+11x+6

      • xxx的系数
        • nr=3n_r=3nr=3
        • (2×3)+(1×3)+(1×2)=11(2\times3)+(1\times3)+(1\times2)=11(2×3)+(1×3)+(1×2)=11
      • x2x^2x2的系数为
        • nr=3n_r=3nr=3
        • 3+1+2=63+1+2=63+1+2=6

代数学基本定理

  • 代数基本定理 (wikipedia.org)

  • 代数基本定理说明,任何一个一元复系数多项式方程都至少有一个复数根。

  • 也就是说,复数域是代数封闭的。

  • 有时这个定理表述为:任何一个非零的一元n次复系数多项式,都正好有n个复数根(重根视为多个根)

    • 这似乎是一个更强的命题,但实际上是“至少有一个根”的直接结果,因为不断把多项式除以它的线性因子,即可从有一个根推出有n个根。
    • 也就是说,任何一个n次多项式,都可以因式分解为n个复系数一次多项式的乘积。
  • 尽管这个定理被命名为“代数基本定理”,但它还没有纯粹的代数证明(需要结合其他方法证明),许多数学家都相信这种证明不存在。[1]

    • 另外,它也不是最基本的代数定理
    • 因为在那个时候,代数基本上就是关于解实系数或复系数多项式方程,所以才被命名为代数基本定理。

相关证明

  • 高斯一生总共对这个定理给出了四个证明
    • 其中第一个是在他22岁时(1799年)的博士论文中给出的。
    • 高斯给出的证明既有几何的,也有函数的,还有积分的方法。
    • 高斯关于这一命题的证明方法是去证明其根的存在性,开创了关于研究存在性命题的新途径。

高次方程

  • 同时,高次代数方程的求解仍然是一大难题。
    • 伽罗瓦理论指出,对于一般五次以及五次以上的方程,不存在一般的代数解。

其他关于多项式的参考

  • 1定义
    • 1.1次数
    • 1.2多项式的升幂及降幂排列
  • 2多项式的运算
    • 2.1多项式的加法
    • 2.2多项式的减法
    • 2.3多项式乘法
    • 2.4多项式除法
  • 3多项式的矩阵算法
    • 3.1乘法
    • 3.2除法
  • 4因式分解
  • 5多项式函数
    • 5.1多项式方程
  • 6字典排列法
  • 7多项式的分析特性
  • 8任意环上的多项式
  • 1Etymology
  • 2Notation and terminology
  • 3Definition
  • 4Classification
  • 5Arithmetic
    • 5.1Addition and subtraction
    • 5.2Multiplication
    • 5.3Composition
    • 5.4Division
    • 5.5Factoring
    • 5.6Calculus
  • 6Polynomial functions
    • 6.1Graphs
  • 7Equations
    • 7.1Solving equations
  • 8Polynomial expressions
    • 8.1Trigonometric polynomials
    • 8.2Matrix polynomials
    • 8.3Exponential polynomials
  • 9Related concepts
    • 9.1Rational functions
    • 9.2Laurent polynomials
    • 9.3Power series
  • 10Polynomial ring
    • 10.1Divisibility
  • 11Applications
    • 11.1Positional notation
    • 11.2Interpolation and approximation
    • 11.3Other applications
  • 12History
    • 12.1History of the notation
  • 13See also
  • 14Notes
  • 15References

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