1611672498-b082a4eafcd0b0c8bc02a14802c37024 (826564), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Например x1^2*x2^3*x3^6*x4^11≼ x1^2*x2^3*x3^8*x4^5(первое различие в степени x3)Лемма 1.7Отношение ≼ является линейным порядком на множестве одночленов данной степени.Доказательство:x=x1^m1x2^m2...xn^mn, y=x1^k1x2^k2…xn^kn, z= x1^p1x2^p2…xn^pnРефлексивность:i может быть любым (все степени совпадают)Антисимметричность:Предположим что это свойство не выполняется:Имеем x≼ y и y≼xЗафиксируем i1≤n: m(i1)≥k(i1) тогда все mj=kj, j<i1. Взяв i2≤n: k(i2)≥m(i2) имеем что все mj=kj,j<i2.Если i1<i2 то мы имеем что m(i1)=k(i1), но поскольку y≼x то найдется некоторое n≥i3>i2 такоечто m(i3)≥k(i3). Повторив рассуждения получим что все степени равны.Транзитивность:Пусть x≼y и y≼z, Значит что существует некоторое i1≤n, такое что k(i1)≥m(i1) и некоторое i2≤n,т.ч.
p(i2)≥k(i2)Если i2≤i1 то x≼z (все значения mj и kj, j<i1 равны по определению).Если i2>i1 то имеем, что p(j)=k(j)=m(j), j<i1 и p(i1)=k(i1)>m(i1), что и требовалось.Линейность:Рассмотрим x и y. Поскольку мы можем сравнивать степени при элементах то рассмотрим i1≤n.Если m(i1)≥k(i1) то y≼x, если m(i1)≤k(i1) то x≼y. Если же m(j)=k(j) Для всех j≤n то x=yОпределение 1.14Основными симметрическими многочленами из R[x1,x2...xn] являются:s1=x1+x2+...+xns2=x1x2+….x1xn+x2x3+…+x(n-1)xn…sk=x1x2...xk+….…sn=x1...xnТеорема 1.7 (Основная теорема о симметрических многочленах)Пусть R — целостное кольцо., f(x1...xn)∈R[x1,x2...xn] — симметрический многочлен.Тогда найдется единственный Ф(t1,…,tn)∈R[t1,...tn] такой что f(x1,…,xn)=Ф(s1...sn) (s1...sn —симметрические многочлены от x1...xn)Например f=(x+y)^2=x^2+2xy+y^2x^2+y^2=S1^2-2S2=(x1+y)^2-2xyТаким образом имеем что Ф(s1...sn)=S1^2+2S2Доказательство:Приведем алгоритм построения такого многочлена, таким образом доказав его существование:Применим индукцию по deg f.deg f=0 => deg f∈R, Ф=constn → n+1Заметим что если а*x1^k1…xn^kn — старший одночлен (лучше разделить на а, дабы многочленстал унитарным), то k1≥k2...≥knПредположим противное: то есть существует r: kr<k(r+1)Рассмотрим перестановку: p=(r, r+1)∈Snf(xp(1),xp(2),…xp(n))=f(x1,x2...xn) — по определению симметрического многочленаax1...xr^k(r+1)x(r+1)^kr...xn^kn>ax1...xr^krx(r+1)^k(r+1)...xn^kn и получаем противоречие свыбором старшего одночлена (поскольку оба многочлена включены и при этом не равны, так каку них разные степени).Условию l1≥…≥ln, sum(li)=sum(ki) и при этом x1^k1...xn^kn≥x1^l1...xn^ln удовлетворяет лишьконечное множество многочленов и для них утверждение теоремы можно считать доказанным.Рассмотрим многочлен h=S1^(k1-k2)S2^(k2-k3)…Sn^kn=(x1+…)^k1-k2 (x1x2+…)^(k2-k3)….(x1...xn)^kn=x^(k1-k2)+(k2-k3)+...+kn*x2^(k2-k3)+...+kn…*xn^kn+…Получаем многочлен вида x1^k1x2^k2...xn^kn+… (выписан старший одночлен)Рассмотрим тогда f1=f-h, причем степень его младше степени f.
По предположению индукцииf1=g1(s1..sn) и f=g1+h — Требуемое разложение получено.Теперь докажем единственность:Пусть есть Ф1 и Ф2:Тогда Ф1(s1….sn)=Ф2(s1,...sn)=> их разность будет также многочленом, таким что Ф=Ф1-Ф2=0.Теперь достаточно доказать что s1...sn — алгебраически независимы (то есть не существуетмногочлена F(s1,...sn)=0)Поскольку Ф1 и Ф2 не совпадают, хотя бы два одночлена у них различны. Выберем старший изразличающихся одночленов. Пусть степени xi в нем будут соответственно равны k1,...kn (приподстановке в него s1...sn и как следствие x1...xn).Предположим что такой многочлен существует и рассмотрим его старший одночленl1^a1+...ln^an.Заменяя li на si имеем что s1^a1….sn^an.
Построим старший одночлен из x1...xn (изсоображений его старшинства соберем самую большую возможную степень при x1, а остальныебудем добирать по остаточному принципу). Получимx1^a1+...+an *x2^a2+...an * xn^anНетрудно определить что этот одночлен это в точности одночлен который мы заметили ранее.Таким образом имеем систему уравнений видаa1+...an=k1a2+...an=k2…an=kn из единственности решения которой следует единственность многочлена Ф1Определение 1.15 (Формулы Виета)Пусть g(x)=anx^n+a(n-1)x^(n-1)+…+a0∈R[x], an≠0Разложим на линейные множителиg(x)=an(x-a1)...(x-an)a1...an∈L, где L - расширение Q(R)Тогдаan*s1(a1...an)=-a(n-1)an*s2(a1...an)=a(n-2)…ansn(a1...an)=(-1)^n a0Доказать нетрудно провести через перемножение.Из формул Виета в частности можно получить симметрические функции от корней многочлена:Пусть R — целостное кольцо.f(x1,…,xn)∈R[x1,…,xn] — симметрический многочленФ(t1..,tn)∈R[t1,...tn] такой что f=Ф(s1,...sn), deg Ф=mПусть g(x)=anx^n+...+a1x+a0∈R[x], an≠0b1...bn — корни многочлена с учетом кратностиПо формулам Виетаf(b1...bn)=Ф(s1(b1,…,bn),…,sn(b1,…,bn))=Ф(-a(n-1)/an,…,(-1)^n*a0/an)=1/a^m_n Ф1(an,a(n-1),…,a0), где Ф1(an,a(n-1),...a0)∈RОпределение 1.16 (Формулы Ньютона)Симметрический многочлен pk=pk(x1...xn)=x1^k+...+xn^k, k≥1 называется k-ой степеннойсуммой.p1=s1=x1+...xnp2=s1^2-2s2…Чтобы определить как считать далее сформулируем теоремуТеорема 1.8В кольце Z[x1...xn] верны следующие соотношения:1)при k>n:pk=p(k-1)S1-p(k-2)S2+p(k-3)S3-….+(-1)^(n+1)p(k-n)Sn2)при n≥k≥1pk=p(k-1)S1-p(k-2)S2+...+(-1)^k*p1S(k-1)+(-1)^(k+1)kSkДоказательство:Рассмотрим многочлен с корнями x1...xn над кольцом Z[x1,...xn,x]По теореме Виета он имеет вид xi^n-S1xi^(n-1)+...+(-1)^nSn=0Умножим на xi^(k-n):xi^k S1^xi^(k-1)+...+(-1)^n*Sn*xi^k=0Суммируя по i получим что pk-S1p(k-1)+...+(-1)^nSn*p(k-n)=0Получаем первое утверждение и также второе при k=n (свободные члены = sn складываются)Для доказательства второго соотношения рассмотримfk,n(x1,...xn)=pk-sum((-1)^(i+1)p(k-i)si, i=1 to k-1)-(-1)^(k+1)k*sk (n≥k).
Мы хотим, чтобы эторавнялось нулю и докажем это равенство индукцией по n-k:n-k=0 → n=k (этот случай мы доказали ранее)Переход:Рассмотрим значение многочлена при xn=0fk,n(x1,…,x(n-1),0)=0 (по предположению индукции)pk=x1^k+...+xn^k(pk)0=pk Такой, что xk=0.
Заметим что это снова будет k-ой степенной суммой от (n-1)переменных.fk,n(x1,...x(n-1),0)=0 => fk,n делится на xn => fk,n=xn*f1(x1,...xn) => т.к fk,n симметрический тоон делится на любой xi => fk,n=x1...xn*g(x1,…,xn). При этом deg fk,n=k<n и deg x1...xn=n, чтовозможно только при fk,n=0, что и требовалось.Определение 1.17Пусть g(x)=bnx^n+...+b1x+b0Дискриминантом многочлена g называется выражение D(g)=bn^(2n-2)*prod((aj-ai)^2, 1≤i<j≤n) —симметрическая функция корнейОсновное свойство дискриминанта:D(g)=0 <=> есть кратные корни (ai=aj при i≠j)Предложение 1.6Если g∈R[x], g≠0, то D(g)∈RДоказательство:Рассмотрим многочлен Δ(x1...xn)=prod((xj-xi)^2, 1≤i<j≤n) — симметрический многочлен => поосновной теореме о симметрических многочленах существует единственный Ф(s1...sn)|Ф(s1,,,,,sn)=Δ(x1...xn). Подставляем в это выражение xi=ai. Тогда, поскольку по теореме Виета siявляются коэфициентами g и потому лежат в R => Ф(s1(a1,..an),…,sn(a1,…,an))∈RВыведем известный из школы дискриминант квадратного уравнения (при n=2)g(x)=ax^2+bx+c=a(x-g1)(x-g2).
D(g)=a^2(g2-g1)^2=a^2((g1^2+g2^2)-2(g1g2))=a^2(s1^2-2s22s2)=a^2((s^2)-2s2-2s2)=a^2(s1^2-2s2-2s2)=a^2(b^2/a^2-4c^2/a)=b^2-4acТеорема 1.9Δ(x1,…,xn)=|n p1 p2 … p(n-1)p1 p2 p3 … pnp2 p3 p4 … p(n+1)……...p(n-1) pn p(n+1) … p(2n-2)|Доказательство:Рассмотрим определитель Вандермонда: Wn в котором занулим первый столбец, вычитая из i-ойстроки x1^(i-1) в результате определитель будет равен (x2-x1)(x3-x1)...(xn-x1)*W(n-1)=prod(xi-xj)Тогда заметим что Wn^2=Δ-|A^2|-|A|*|A|=|A|*|AT|=|AAT|, что и требовалось.Определение 1.18Рассмотрим два многочлена над целостным кольцомf(x)=anx^n+...+a0=an(x-f1)...(x-fn)∈R[x]g(x)=bmx^n+...+b0=bn(x-g1)...(x-gm)∈R[x]Res(f,g)=a^n_m*b^m_n*prod(fi-gj,1≤i≤n, 1≤j≤m)Основное свойство результанта:Res(f,g)=0 <=> f и g имеют общий корень (в расширении)Предложение 1.7Если f,g∈R[x], то Res(f,g)∈RДоказательство:Res(f,g)=a^m_n*g(f1)*...*g(fn)g(f1)=bm=(fi-g1)...(fi-gn)g(x1)...g(xn) — симметрический многочлен.Далее, используя рассуждения как в предложении 1.6 имеем что это равно Ф(s1,...sn), ипользуясь теми же рассуждениями получаем требуемое.Предложение 1.8Для данного f(x)=anx^n+...a1x+a0an≠0 имеемan*D(f)=(-1)^(n(n-1))/2*Res(f,f`)Доказательство:f(x)=anx^n+...+a1x+a0f`(x)=nax^(n-1)+...+a1Res(f,f`)=an^(n-1)f`(b1)...f`(bn), где b1...bn — все корни f(x)Заметим что f`(bi)=an(ai-a1)...(ai-a(i-1))(ai-a(i+1))...(ai-an)Перемножив их все получим an^n(prod(prod(bi-bj),j=1 to n, j≠i)i=1 ton)=(-1)^n(n-1)/2*an^n*prod((aj-ai)^2, 1≤i≤j≤n), То есть (-1)^n(n-1)/2*an*D(f)Определение 1.19Поле F называется алгебраически замкнутым, если любой многочлен из F[x] имеет корень из F.Как следствие в алгебраически замкнутом поле любой многочлен раскладывается нанеприводимые многочлены степени 1.Теорема 1.10 (Основная теорема алгебры)Поле С (комплексных чисел) алгебраически замкнуто:Доказательство:Докажем утверждение в два шага: сначала покажем, что любой многочлен с вещественнымикоэффициентами всегда имеет корень в С, а затем покажем, что это верно и для многочлена скомплексными коэффициентами:Шаг 1: Пусть f∈R[x].
Докажем, что f имеет корень в С.Пусть deg f=n=2^s*t, где t — нечетное.Докажем индукцией по s.s=0 => t — нечетное.f(x)=x^n+...+a1*x+a0Пусть А=max{|a(n-1)|,...|a0|}Возьмем b=max(A+1,2) и рассмотрим|a(n-1)*b^(n-1)+…+a1b+a0|≤|A*b^(n-1)+...+Ab+A|=A/b-1(b^n-1) (Геометрическая прогрессия) (*).Так как A+1≤b => b-1≥A то(*)≤b-1/b-1(b^(n-1))=(b^n-1)<b^n. Таким образом |f(b)-b^n|<b^nДалее можно заметить, что т. к. ν — нечетно, то f(b) и f(-b) разных знаков.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
