1611672539-b7ef95a69d59d792380d0741c0198e89 (826570), страница 4

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 4)

. ≥ in . Каждый симметр.Pполином f имеет вид f =au S(u), где au ∈ A и u монотонен.4442 22 22 2Задача 7. Симметр.P полином f = x1 + x2 + x3 − 2x1 x2 − 2x2 x3 − 2x1 x3представить в видеau S(u), au ∈ Z и u монотонен.Задача нахождения полинома g для f сводится к нахождению g дляоднородного симметрического многочлена.Пусть f̄ = u = axi11 xi22 . . .

xinn , a ∈ A. Положим gu = s1i1 −i2 s2i2 −i3 . . . sinn . Пустьm = deg f . Берем все разбиения m = j1 + j2 + . . . + jn и j1 ≥ j2 ≥ . . . ≥ jn ≥ 0такие,Pчто v = xj11 xj22 . . . xjnn < u, Mu — множество всех таких v. Тогда f =agu + v∈Mu nv gv , где nv — неизвестные целые, которые можно найти послеподстановки каких-либо значений вместо переменных x1 , . .

. , xn .Задача 8. Пусть u(x1 , x2 , x3 ) = x31 . Выразить S(u) через элементарные с.п.Задача 9. Выразить следующие симметр. полиномы через элементарные:1. f = x41 + x42 + x43 − 2x21 x22 − 2x22 x23 − 2x21 x23 ,2. f = (x1 x2 + x3 x4 )(x1 x3 + x2 x4 )(x1 x4 + x2 x3 ).Задача 10. Найти значение F от корней полинома f (x):F = x31 (x2 + x3 ) + x32 (x1 + x3 ) + x33 (x2 + x1 ), f (x) = x3 − x2 − 4x + 1,F = (x1 − x2 )2 (x1 − x3 )2 (x2 − x3 )2 , f (x) = x3 + a1 x2 + a2 x + a3 .2Поле рациональных функций (дробей)Пусть K — ассоциативное коммутативное кольцо с единицей и безделителей нуля, т.е. K — область целостности. Положим K∗ = K \{0}. На множестве K × K∗ (декартовом произведении) введем отношениеэквивалентности ∼, полагая (a, b) ∼ (c, d), если ad = bc.Задача 1.

Проверить, что ∼ — отношение эквивалентности на K × K∗ .Для пары (a, b) через a/b обозначим класс эквивалентности, содержащий(a, b). Пусть Q(K) = {a/b|(a, b) ∈ K × K∗ } — множество классовэквивалентности. На Q(K) определим операцию + (сложения) и операцию(·) (умножения)a/b + c/d = (ad + bc)/bdиa/b · c/d = ac/bd.Тогда (Q(K), +, ·) — поле, которое называется полем частных кольца K.Элемент a/b называется дробью, элемент a — числитель, b — знаменатель.Единица в Q(K) — элемент 1/1, нулем является элемент 0/1. Если a/b —ненулевой элемент, то его обратный — b/a, т.е.

(a/b)−1 = b/a. Отображениеτ : K 7→ Q(K), эаданное правилом τ (a) = a/1, является гомоморфизмом колецс нулевым ядром (ker τ = 0). Поэтому τ (K) (образ K) является подкольцом вQ(K) и K ∼= τ (K). Следовательно, можно отождествить K и τ (K) и считать,что K — подкольцо в Q(K).Задача 2. Пусть (Z, +, ·) — кольцо целых чисел. Доказать, что Q(Z) = Q —поле рациональных чисел.Пусть F — поле, F[x] — кольцо многочленов над F. Кольцо F[x] —область целостности. Тогда рассмотрим Q(F[x]) — поле частных кольца F[x].Положим Q(F[x]) = F(x).

Элемент f /g из F(x) называется рациональнойдробью (дробью). Степенью deg f /g дроби f /g называется число deg f − deg g.Задача 3. Пусть f1 /g1 = f /g. Доказать, что deg f1 − deg g1 = deg f − deg g, т.е.deg f1 /g1 = deg f /g.Дробь f /g несократима, если (f , g) = 1.

Несократимая дробь f /g правильна,если deg f /g < 0, т.е. deg f < deg g. Так как deg 0 = −∞, то 0 — правильнаядробь.Задача 4. Доказать, что множество F0 (x) правильных дробей являетсяподкольцом в F(x). Доказать, что f /g = h + r/g, где h — многочлен, а r/g —правильная дробь.Ненулевой многочлен f (x) ∈ F[x] неприводим над полем F, если он неделится на многочлен g(x) ∈ F[x], у которого 0 < deg g < deg f .Правильная дробь f /g называется простейшей, если g = pn , где p = p(x)— неприводимый полином, n ≥ 1 и deg f < deg p.

СправедливаТеорема.Каждаяправильнаядробьможетединственным образом в сумму простейших дробей.1бытьразложенаАлгоритм. Рассмотрим правильную дробь f /g с коэффициентом 1 пристаршей степени g.Шаг 1. Пусть g = g1 g2 , где (g1 , g2 ) = 1. Тогда найдем полиномы u1 и u2 ,такие что 1 = u1 g1 + u2 g2 . Если теперьfu2 = g1 q + f1 , deg f1 < deg g1 (здесь мы разделили fu2 на g1 с остатком f1 ),то f1 /g1 — правильная дробь. Пусть f2 = fu1 + qg2 .Задача 5. Доказать, что f /g = f1 /g1 + f2 /g2 , а f2 /g2 — правильная дробь.Шаг 2. Пусть g = pn1 1 pn2 2 .

. . pnkk — разложение в произведение степенейпопарно различных неприводимых над F полиномов, у которыхP старшиекоэффициенты равны 1. Тогда по задаче 5 получаем, что f /g = ki=1 fi /pni i —сумма правильных дробей.Шаг 3. Для дроби a/pn выполним деления с остаткомa = q1 pn−1 + r1 ,deg r1 < (n − 1)deg p,n−2r1 = q2 p+ r2 ,deg r2 < (n − 2)deg p,···rn−2 = qn−1 p + rn−1 ,deg rn−1 < deg p,rn−1 = qn .PЗадача 6. Доказать, что a/pn = ni=1 qi /pi , а qi /pi — простейшие дроби.Задача 7. Используя метод неопределенных коэффициентов, в поле R2x+5x6 +3xразложить (x−4)и (x+1)(xна простейшие дроби. В поле C4,2 +1)2(x3 +2x+2)33+x1разложить (x−1)(x2 +1) и x4 +4 на простейшие дроби.Задача 8 (655(624)). В поле R разложить на простейшие дроби:x2;a) (x−1)(x+2)(x+3)1b) (x−1)(x−2)(x−3)(x−4) ;3+xc) (x−1)(x2 +1) .Приложение.Задача 9 (666 (672)).

Методом разложения на множители значениймногочлена при целых значениях переменной разложить на множителимногочлен f = x4 − 3x2 + 1 или доказать его неприводимость над Q.Решение. Имеем f (0) = 1. Если f = φψ, где degφ = 2, то можно считать,что φ(0) = 1. Так как f (1) = −1, то можно считать, что φ(1) = −1 (иначерассмотрим ψ). Пусть φ = ±x2 + ax + 1.

Имеем 2 возможности: φ1 = ±x2 − 3x + 1или φ2 = ± − x2 − x + 1, но так как f (−1) = −1, а φ1 (−1) = 5, то остается тольковторая, которая нас устраивает. Итак, f = (x2 + x − 1)(x2 − x − 1).Дома. 1. f = x4 + 5x3 − 3x2 − 5x + 1, 2. f = x4 − x3 − 3x2 + 2x + 2.2Новосибирский государственный университетМеханико-математический факультетКафедра алгебры и математической логики, 2016–2017г.Метод ШтурмаСеминар № 5 • группы 16136, 16141Симметрические рациональные дроби.f (x1 ,...,xn )Рациональная дробь g(xназывается симметрической, если она1 ,...,xn )не изменяется при любой перестановке неизвестных.f (x1 ,...,xn )Теорема 1.

Если симметрическая рациональная дробь g(x1 ,...,xn )несократима, то f , g — симметрические многочлены. Всякаясимметрическая рациональная дробь представима в видерациональной дроби от симметрических многочленов.Задача 1. Доказать теорему 1.Задача 2.Выразить рациональную дробь через основные2(x2 −x3 )2(x1 −x3 )22)симметрические многочлены: (xx11−x+++x2x2 +x3x1 +x3 .1Границы корней многочленов из R[x] и C[x].Теорема 2. Пусть f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + . . . + an ∈ C[x] и A =max{|a1 |, . . .

, |an |}. Тогда корни f (x) по модулю ≤ |aA0 | + 1.Для вычисления границ достаточно уметь находить лишь верхнююграницу корней. Действительно, если N0 — верхняя границаположительных корней f (x), то рассмотрим многочлены11g1 (x) = xn f ( ), g2 (x) = f (−x), g3 (x) = xn f (− ).xxПусть их верхние границы — N1 , N2 , N3 , соответственно.

Тогдаесли x0 — положительный корень f (x), то N11 < x0 < N0 ; если x0 —отрицательный корень, то −N2 < x0 < − N13 .Как найти верхнюю границу? Ответ дают следующие теоремы.Теорема 3. Пусть f (x) ∈ R[x], a0 > 0 и ak (k > 0) — первыйотрицательный коэффициент у f (x) (если таких нет, то нет иположительных корней).qПусть B = max{|ai | : ai < 0}, тогда N0 = 1 + k aB0 .Теорема 4 (метод Ньютона). Если f (c) > 0, f 0 (c) ≥ 0, . .

. , f (n) (c) ≥ 0,то N0 = c.Доказательство получается по формуле Тейлора.f (n) (x) > 0 ⇒ f (n−1) возрастает ⇒ ∃c1 : при x ≥ c1 f (n−1) (x) ≥ 0 ⇒ приx ≥ c1 f (n−2) возрастает ⇒ ∃c2 : при x ≥ c2 f (n−2) (x) > 0 и т.д. Такимобразом, находим c.Задача 3.Ограничить сверху и снизу вещественные корниполиномов.a) x4 − 4x3 + 7x2 − 8x + 3;b) x5 + 7x3 − 3;c) x7 − 108x5 − 445x3 + 900x2 + 801;d) x4 + 4x3 − 8x2 − 10x + 14.Решение: a) Считаем производные (оценки получаются снизувверх):f = x4 − 4x3 + 7x2 − 8x + 3, x ≥ 3 (c = 3),f 0 = 4x3 − 12x2 + 14x − 8, x ≥ 2,f (2) = 12x2 − 24x + 14, x ≥ 1,f (3) = 24x − 24, x ≥ 1,f (4) = 24.Так как f (−x) имеет все положительные коэффициенты, тоотрицательных корней нет.Ответ: 0 < xi < 3.2Метод Штурма.Рассмотрим вопрос о числе действительных корней многочлена изR[x].Пусть S = {c1 , .

. . , cm } — конечная последовательность отличных отнуля вещественных чисел. ПоложимV(S) = |{i : 1 ≤ i ≤ m − 1 и ci ci+1 < 0}|.Тогда V(S) — число перемен знаков последовательности S. Например,для S = {1, 2, −3, 6, −5, −8} имеем V(S) = 3. Если S содержит нули, топри их вычеркивании получим последовательность S0 и V(S) := V(S0 ).Например, для S = {1, 0, 2, 0, −3, 6, −5, 0, −8} имеем V(S) = 3.Рассмотрим многочлен f (x) ∈ R[x] без кратных корней.

(Иначеразделим его на d := (f , f 0 ). Тогда df без кратных корней.)Определение. Конечная упорядоченная последовательностьотличных от нуля полиномов f0 (x) := f (x), f1 (x), . . . , fs (x) ∈ R[x]называется системой Штурма для f (x) на отрезке [a, b], есливыполнены следующие условия:1) последний полином fs не имеет корней на [a, b];2) f0 (a)f0 (b) 6= 0;3) если fk (c) = 0 для c ∈ [a, b] и 1 ≤ k ≤ s − 1, то fk−1 (c)fk+1 (c) < 0;4) если f (c) = 0, то произведение f0 (x)f1 (x) меняет знак с (−) на (+)при переходе через c.Пусть c ∈ [a, b]. Тогда положим Vc = V({f0 (c), . . . , fs (c)}).3Теорема 3 (Штурма). Пусть f (a) 6= 0, f (b) 6= 0. Число корней f (x) ∈R[x] на интервале ]a, b[ равно разности Va − Vb , где Va , Vb отвечаюткакой-то фиксированной системе Штурма.Стандартная система Штурма. Для полинома f (x) с условиемf (a)f (b) 6= 0 и a < b положимf0 (x) = f (x),f1 (x) = f 0 (x)f0 (x) = q1 (x)f1 (x) − f2 (x),deg (f2 (x)) < deg (f1 (x))f1 (x) = q2 (x)f2 (x) − f3 (x),deg (f3 (x)) < deg (f2 (x))···fk−1 (x) = qk (x)fk (x) − fk+1 (x),deg (fk+1 (x)) < deg (fk (x))···fs−2 (x) = qs−1 (x)fs−1 (x) − fs (x),deg (fs (x)) < deg (fs−1 (x))fs−1 (x) = qs (x)fs (x).Если deg fs (x) = 0, тоf0 (x), f1 (x), .

Характеристики

Список файлов семинаров