Пусть $% \xi $% - первообразный корень k-ой степени из 1 $% \left( \xi \in \mathbb{C^*} \right)$% , $% f \in \mathbb{C}[x]$%. Доказать, что $% f(x)\cdot f(\xi\cdot x)\cdot\ldots\cdot f(\xi^{k-1}\cdot x)=h(x^k), h\in \mathbb{C}[x] $% и что корнями $%h$% являются k-е степени корней $%f$% и только они.

задан 8 Июн '17 20:52

изменен 8 Июн '17 20:55

10|600 символов нужно символов осталось
2

Положим $%g(x)=f(x)f(\xi x)...f(\xi^{k-1}x)$%. При замене $%x\mapsto\xi x$% этот многочлен переходит в себя, так как все сомножители циклически сдвигаются. Рассмотрим одночлен вида $%ax^m$%, входящий в запись $%g$%. При описанной замене, он переходит в $%a\xi^m x^m$%, то есть $%a=a\xi^m$%. Мы сказали, что одночлен входит, то есть $%a\ne0$%. Тогда $%\xi^m=1$%. Ввиду того, что $%\xi$% -- первообразный корень степени $%k$%, получается, что $%m$% делится на $%k$%. Таким образом, в запись $%g(x)$% входят одночлены только в степенях, кратных $%k$%, а это и значит, что его можно представить в виде $%h(x^k)$%.

Теперь пусть $%h(z)=0$%. Извлечём из $%z$% произвольный корень $%x$% степени $%k$%, то есть $%z=x^k$%. Тогда $%0=h(z)=h(x^k)=f(x)f(\xi x)...f(\xi^{k-1}x)$%. Это значит, что один из сомножителей обращается в ноль. Тогда некоторое число $%\xi^i x$% является корнем $%f$%, а $%z$% будет его $%k$%-й степенью. В обратную сторону доказательство, по сути, такое же (собственно, это даже не доказательство, а проверка).

ссылка

отвечен 8 Июн '17 21:20

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×4,521

задан
8 Июн '17 20:52

показан
309 раз

обновлен
8 Июн '17 21:20

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru