Количество корней многочлена

[EminentVictorians]

Я пытаюсь доказать теорему о том, что число корней многочлена $f \in K[x]$, $f \ne 0$ не превосходит $n = \deg f$. Доказательство из учебника я осилил, но хотелось бы доказать методом от противного. Предположим, что $f$ имеет $k > n$ корней $c_1, ... , c_k$. Тогда $f$ делится на любой из линейных двучленов $(x - c_1)$, ... , $(x - c_k)$. Сделайте пожалуйста небольшую подсказку, в какую сторону думать, чтобы получить противоречие.

[nnosipov]

EminentVictorians в сообщении #1498816 писал(а):

Я пытаюсь доказать теорему о том, что число корней многочлена $f \in K[x]$, $f \ne 0$ не превосходит $n = \deg f$.

Поскольку про $K$ ничего не сказано, такая теорема неверна.

[EminentVictorians]

$K$ - произвольное поле.

[StepV]

EminentVictorians в сообщении #1498816 писал(а):

хотелось бы доказать методом от противного.

Попробуйте перемножить эти двучлены, чтобы получить исходный многочлен, у вас получится многочлен степени, которая будет больше степени исходного многочлена. Наверное, противоречие будет в этом?

[EminentVictorians]

StepV в сообщении #1498830 писал(а):

Попробуйте перемножить эти двучлены, чтобы получить исходный многочлен

А почему при перемножении этих линейных двучленов обязан получиться исходный многочлен?

[B@R5uk]

Не исходный, а делящий исходный. То, что произведение взаимно простых делителей так же является делителем — это отсылка к ещё какой-то теореме.

И тут главное, чтобы операция умножения "хорошая" была. А то единица будет делиться на двучлены.

[EminentVictorians]

B@R5uk в сообщении #1498835 писал(а):

То, что произведение различных делителей так же является делителем — это отсылка к ещё какой-то теореме.

Произведение делителей многочлена не обязано быть делителем многочлена.

[StepV]

EminentVictorians в сообщении #1498833 писал(а):

А почему при перемножении этих линейных двучленов обязан получиться исходный многочлен?

То, что степени многочленов не будут совпадать, для вас противоречием не является?

[B@R5uk]

EminentVictorians, обязано. Поскольку различные корни дают взаимно простые двучлены (опять же, при "хорошей" операции умножения). Но на всякий случай предыдущее утверждение поправил.

StepV в сообщении #1498839 писал(а):

То, что степени многочленов не будут совпадать, для вас противоречием не является?

Тут важно не отсутствие совпадения, а факт того, что степень делителя будет больше. Чего при "хорошей" операции умножения быть не может.

[StepV]

B@R5uk в сообщении #1498840 писал(а):

Тут важно не отсутствие совпадения, а факт того, что степень делителя будет больше.

Да. Это и дает искомое противоречие для доказательства от противного для ТС.

[EminentVictorians]

B@R5uk в сообщении #1498835 писал(а):

И тут главное, чтобы операция умножения "хорошая" была.

Не могли бы Вы поподробнее это место описать? Я не очень понимаю, что значит "хорошая" операция умножения. $K$ - произвольное поле. Следуя Вашей логике, есть поля с "хорошим" умножением, а есть поля с "плохим" умножением. А я про такое никогда не слышал.

B@R5uk в сообщении #1498835 писал(а):

А то единица будет делиться на двучлены.

Под единицей Вы, на сколько я понял, подразумеваете многочлен, а не элемент поля. Тогда я не очень понимаю, как "хорошесть" умножения влияет на деление единицы на двучлены. В любом поле единица делится на любой двучлен (правда с остатком). И в любом же поле единица не делится на любой двучлен нацело.

StepV в сообщении #1498839 писал(а):

То, что степени многочленов не будут совпадать, для вас противоречием не является?

У одного многочлена степень оказалась больше степени какого-то другого многочлена (мы же не доказали, что этот другой многочлен тождественен многочлену $f$). Что в этом противоречивого? В алгебре многочленов над любым полем найдутся многочлены разных степеней.

B@R5uk в сообщении #1498840 писал(а):

EminentVictorians, обязано.

Рассмотрим алгебру многочленов над $\mathbb{R}$. Многочлен $x^2 + 2x +1$ делится нацело на многочлен $x^2 + 2x +1$ и на многочлен $x + 1$, но не делится нацело на их произведение $(x^2 + 2x +1)(x + 1)$. Так что, я думаю, все же не обязано.

[nnosipov]

EminentVictorians в сообщении #1498822 писал(а):

$K$ - произвольное поле.

Хорошо. Однако и в этом случае теорема имеет разночтения: непонятно, как Вы считаете корни (с учетом их кратностей или без).

[EminentVictorians]

nnosipov в сообщении #1498855 писал(а):

Хорошо. Однако и в этом случае теорема имеет разночтения: непонятно, как Вы считаете корни (с учетом их кратностей или без).

Пока пусть будут разные.

[B@R5uk]

EminentVictorians в сообщении #1498845 писал(а):

Не могли бы Вы поподробнее это место описать?

Пример "плохой" операции умножения: $1=\left( x+1 \right)*\left( -x+1 \right)\bmod \left( {{x}^{2}} \right)$ Как видите, единица делится нацело на два разных двучлена.

EminentVictorians в сообщении #1498845 писал(а):

Рассмотрим алгебру...

Если вы хотите докопаться до собеседника — это одно. Если разобраться в вопросе — это другое. Which one?

[nnosipov]

EminentVictorians в сообщении #1498857 писал(а):

Пока пусть будут разные.

Тогда докажите, что если $f(x)$ делится на $x-c_1$ и на $x-c_2$ (при этом $c_1 \neq c_2$), то $f(x)$ делится на $(x-c_1)(x-c_2)$.

-- Пн янв 04, 2021 00:53:07 --

Да, а чем Вас не устраивает стандартное доказательство (то, которое в учебнике)? Если каждое более-менее понятное утверждение передоказывать по-другому, на содержательные теоремы времени может не остаться.