1611672539-677b29cdbc8eab584ceda70868ef891f (826572), страница 3

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

Текст из файла (страница 3)

. , xn] — симметрические, тоf ± g,fg— симметрические.• Если f1, . . . , fm ∈ R[x1, . . . , xn] — симметрические, g ∈ R[t1, . . . , tm] —любой многочлен, тоΦ(x1, . . . , xn) = g f1(x1, . . . , xn), . . . , fm(x1, . . . , xn)— симметрический.• Если f ∈ R[x1, . . . , xn] — симметрический,f = f1+· · ·+fk ,fi — однородный степени ni,n1 < n2 < · · · < nkтогда каждый fi — симметрический.• Если f ∈ R[x1, . .

. , xn] — однородный симметрический со старшимодночленомmnax1 1 . . . xmn ,то m1 ≤ m2 ≤ · · · ≤ mn.Элементарные симметрические многочленыs1, . . . , sn ∈ R[x1, . . . , xn]:• s 1 = x1 + x2 + · · · + xn ;• s2 = x1x2 + · · · + x1xn + x2x3 + · · · + x2xn + · · · + xn−1xn;• ...• sk =• ...X1≤i1<···<ik ≤n• s n = x1 x2 . . . xn .x i 1 x i 2 . . . xi k ;Формулы ВиетаПусть f (x) = a0 + a1x + · · · + an−1xn−1 + xn ∈ R[x] раскладывается налинейные множителиf = (x − α1) . . . (x − αn),α1, . .

. , αn ∈ L, где L — расширение поля Q(R).Тогдаs1(α1, . . . , αn) = −an−1s2(α1, . . . , αn) = an−2...sk (α1, . . . , αn) = (−1)k an−k...sn(α1, . . . , αn) = (−1)na0Основная теорема о симметрических многочленахR — целостное кольцо.Теорема.Пусть f (x1, . . . , xn) ∈ R[x1, . . . , xn] — симметрический многочлен.Тогда найдется единственный Φ(t1, . . .

, tn) ∈ R[t1, . . . , tn]такой, чтоf (x1, . . . , xn) = Φ(s1(x1, . . . , xn), s2(x1, . . . , xn), . . . , sn(x1, . . . , xn)).Доказательство. (1) Существование.Можно считать, что f — однородный симметрический многочлен степени> 0.Индукцией по N = wt f .Напомним, чтоmmnwt(x1 1 x2 2 . . . xmn ) = m1 + 2m2 + · · · + nmn ,поэтому N = wt f ≥ n для n переменных.N =n⇐⇒ deg f = 1, ⇐⇒ f = ax1 + · · · + axn = as1, a ∈ R.Φ = at1.N −1→NПустьmmnf = ax1 1 x2 2 .

. . xmn + ...,m1 ≤ m2 ≤ · · · ≤ mn , a ∈ RРассмотримm −mn−1 mn−1 −mn−2m2 −m1 m1tn ∈ R[t1, . . . , tn]t2. . . tn−1g(t1, . . . , tn) = at1 nЛегко вычислить старший одночлен g(s1, . . . , sn):g = a(xn + . . . )mn−mn−1 (xnxn−1 + . . . )mn−1−mn−2 . . .(xn . . . x2 + . . . )m2−m1 (xn . . . x1)m1mmmn−121n= axmn xn−1 .

. . x2 x1 + . . .— точно такой же, как у f .Поэтомуf −g =0илиwt(f − g) < wt f.В первом случае — все доказано, во втором — применяем индукцию:f − g = Φ1(s1, . . . , sn)⇓m −mn−1 mn−1−mn−2m2 −m1 m1sn + Φ1(s1, . . . , sn). . . sn−1s2f = as1 nт.е.m −mn−1 mn−1 −mn−2m2 −m1 m1t2. . . tn−1tn + Φ1(t1, . . . , tn)Φ = at1 n(2) Единственность.Допустим,Φ1(s1, . . . , sn) = f = Φ2(s1, . . . , sn)для Φ1 6= Φ2, Φi ∈ R[t1, .

. . , tn].ТогдаΦ = Φ1 − Φ2 6= 0обладает следующим свойством:Φ(s1, . . . , sn) = 0.Индукцией по n покажем, что такое невозможно.Случай n = 1 тривиален.n − 1 → n:Используя факториальность кольца R[t1, . . . , tn], запишемΦ(t1, . . . , tn) = tknΦ1(t1, . . . , tn),При этомΦ1(s1, . . . , sn) = 0.tn 6 | Φ 1 .Положим xn = 0.

Тогдаs1(x1, . . . , xn−1, 0) = x1 + · · · + xn−1 + 0= s̃1(x1, . . . , xn−1);s2(x1, . . . , xn−1, 0) = x1x2 + · · · + x1xn−1 + 0 + · · · + xn−2xn−1 + 0= s̃2(x1, . . . , xn−1);...sk (x1, . . . , xn−1, 0) = s̃k (x1, . . . , xn−1);...sn−1(x1, . . . , xn−1, 0) = x1 . . . xn−1 = s̃n−1(x1, . . . , xn−1);sn(x1, . . . , xn−1, 0) = 0.ПоэтомуΦ1(s1, . . . , sn)|xn=0 = Φ1(s̃1, . . . , s̃n−1, 0) ∈ R[x1, .

. . , xn−1].По предположению индукции Φ1(t1, . . . , tn−1, 0) = 0, что возможно лишьпри tn | Φ1, — противоречие.Пример.22222f = f (x1, x2, x3) = x21 x2 + x2 x3 + x1 x3 + x1 x2 + x2 x3 + x1 x3Старший одночлен x2x23 : m1 = 0, m2 = 1, m3 = 2;1−0 0Строим g(t1, t2, t3) = t2−1t12 t3 = t1 t2 ,g(s1, s2, s3) = s1s2 = (x1+x2+x3)(x1x2+x1x3+x2x3) = f (x1, x2, x3)+3x1x2x3.Следовательно,f = s1s2 − 3s3,Φ = t1t2 − 3t3.Степенные суммы и формулы НьютонаСимметрический многочленpk = pk (x1, .

. . , xn) = xk1 + · · · + xkn,называется k-й степенной суммой.p 1 = s 1 = x1 + · · · + xn ;p 2 = s21 − 2s2 ;Что дальше?k≥1Теорема (формулы Ньютона)В кольце Z[x1, . . . , xn] верны следующие соотношения:при k > n:pk = pk−1s1 − pk−2s2 + pk−3s3 − · · · + (−1)n+1pk−nsn=nX(−1)i+1pk−isi;i=1при n ≥ k ≥ 1:pk = pk−1s1 − pk−2s2 + pk−3s3 − · · · + (−1)k p1sk−1 + (−1)k+1ksk=k−1X(−1)i+1pk−isi + (−1)k+1ksk .i=1Доказательство.(1) Cлучай k > n:для многочленаΨ(x) = (x − x1) .

. . (x − xn) ∈ Z[x1, . . . , xn, x] = (Z[x1, . . . , xn])[x]по формулам Виета имеем:Ψ(x) = xn − s1xn−1 + s2xn−2 − · · · + (−1)n−1sn−1x + (−1)nsn,Ψ(xi) = 0⇓n k−n Xn−2n−1n−1nn− · · · + (−1)sn−1xi + (−1) sn = 0 xi+ s 2 xixi − s 1 xii=10=n Xi=1⇓+ (−1)nsnxik−nxki − s1xik−1 + s2xik−2 − · · · + (−1)n−1sn−1xk−n+1i||pk − s1pk−1 + s2pk−2 − · · · + (−1)n−1sn−1pk−n+1 + (−1)nsnpk−n = 0что и требовалось.(2) Случай k = n полностью аналогичен(свободные члены = sn складываются):pn − s1pn−1 + s2pn−2 − · · · + (−1)n−1sn−1p1 + (−1)nnsn = 0(3) Случай 1 ≤ k ≤ n: индукцией по n − k.n − k = 0: уже рассмотрен — случай (2);n − k − 1 → n − k:Обозначимqk (x1, .

. . , xn) =k−1X(−1)i+1sipk−i + (−1)k+1ksk ,i=1si = si(x1, . . . , xn), pj = pj (x1, . . . , xn).Подставим xn = 0:si(x1, . . . , xn−1, 0) = si(x1, . . . , xn−1) = s̃i(i < n);pj (x1, . . . , xn−1, 0) = pj (x1, . . . , xn−1) = p̃j .Тогдаqk (x1, . . . , xn−1, 0) =k−1X(−1)i+1s̃ip̃k−i + (−1)k+1ks̃k = p̃ki=1по предположению индукции.Следовательно,qk (x1, . . . , xn−1, 0) = pk (x1, . .

. , xn−1, 0)откудаxn | (qk − pk ).Из симметричности многочлена qk − pk получаемxi | (qk − pk )для всех i = 1, . . . , nИз факториальности кольца Z[x1, . . . , xn] следуетx1 . . . xn | (qk − pk ).Но deg(qk − pk ) ≤ k, deg(x1 . . . xn) = n > k— противоречия не возникает лишь при qk − pk = 0.Упражнение.Докажите, что всякий симметрический многочлен от x1, . . . , xn над полемR может быть представлен в виде многочлена от p1, . . . , pn.Дискриминант многочленаВспомним основную теорему о симметрических многочленах:R — целостное кольцо.Пусть f (x1, .

. . , xn) ∈ R[x1, . . . , xn] — симметрический многочлен.Тогда найдется единственный Φ(t1, . . . , tn) ∈ R[t1, . . . , tn]такой, чтоf = Φ(s1, s2, . . . , sn).Если f однородный иmnf = ax1 1 . . . xmn + ...— его старший одночлен, тоm −mn−1m2−m1 m1. . . tn−1tn + . . . ⇒Φ = at1 ndeg Φ ≤ mn .Следствие:Пусть g(x) = anxn + an−1xn−1 + · · · + a0 ∈ R[x], an 6= 0.Тогда R ⊆ F = Q(R) и существует такое расширение L поля F , чтоg(x) = an(x − α1) . . .

(x − αn),α1, . . . , αn ∈ L — все корни многочлена g(x) с учетом кратности.Формулы Виета:ansk (α1, . . . , αn) = (−1)k an−k ,⇓k = 1, . . . , n.sk (α1, . . . , αn) = (−1)k an−k /an.Если f = f (x1, . . . , xn) ∈ R[x1, . . . , xn] — симметрический многочлен,f = Φ(s1, . . . , sn),deg Φ = m,тоmman f (α1, . . . , αn) = an Φ s1(α1, .

. . , αn), . . . , sn(α1, . . . , αn)nm= an Φ − an−1/an, . . . , (−1) a0/an= Φ1(an, an−1, . . . , a0).(выражается в виде многочлена над R от коэффициентов a0, . . . , an).Пример. g(x) = ax2 + bx + c ∈ R[x], a 6= 0.α1, α2 ∈ C.Рассмотрим f (x1, x2) = (x1 − x2)2 — симметрический многочлен22(x1 − x2)2 = (x21 + x2 − 2x1 x2 ) = (s1 − 4s2 )Φ = t21 − 4t2 : deg Φ = 2.Формулы Виета:bs1(α1, α2) = α1 + α2 = − ;acs2(α1, α2) = α1α2 = .aТогда2a2f (α1, α2) = a2(s21 − 4s2 ) = ab−a!2c−4a!= b2 − 4ac.ОпределениеПусть g(x) = anxn + an−1xn−1 + · · · + a0 ∈ R[x], an 6= 0, n ≥ 1,α1, .

. . , αn — все его корни (в подходящем расширении L поля Q(R)).Дискриминантом многочлена g называетсяD(g) = a2n−2nY1≤i<j≤n(αj − αi)2.Основное свойство:D(g) = 0 ⇐⇒ g имеет кратные корни (αi = αj при i 6= j)Предложение.Если g ∈ R[x], g 6= 0, то D(g) ∈ R.Доказательство.D(g) = a2n−2∆(α1, . . . , αn), гдеn∆(x1, . . . , xn) =Qn−2 n−1 2...x(xj − xi)2 = (x2x23n−1 xn ) + . . . ,1≤i<j≤nmn = 2(n − 1) — степень переменной xn в старшем одночлене из ∆;∆(x1, .

. . , xn) = Φ(s1, . . . , sn), deg Φ ≤ 2(n − 1)2(n−1)Поэтому D(g) = an∆(α1, . . . , αn) ∈ R.Теорема.p1p2. . . pn−1 n p1pp...pn 23∆(x1, . . . , xn) = p2 p3p4. . . pn+1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .pn−1 pn pn+1 . . . p2n−2Доказательство. ∆ = W 2, где1...1 1Y x1x...xn 2(xj − xi) = W = W (x1, . . . , xn) =. .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1≤i<j≤n n−1n−1 x 1...xxn−1n2— определитель ван-дер-Монда.Транспонируем:n−1 1 x1 . . . x1 n−1 1 x2 . . . x2W (x1, . . . , xn) = . . . . . . . . . . . . . . . .1 xn . . . xn−1n и перемножим:n−111...11 x1 . . . x1n−1xx...xn  1 x2 . . .

x2122∆ = W = det . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .  . . . . . . . . . . . . . . . . n−1n−1xn−1x...x1 xn . . . xn−1nn12p1p2. . . pn−1 n p1pp...pn 23= p2 p3p4. . . pn+1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . .pn−1 pn pn+1 . . . p2n−2Результант двух многочленовПустьf (x) = anxn + · · · + a1x + a0 ∈ R[x], an 6= 0, n ≥ 1,α1, . . . , αn — все его корни в некотором расширении L поля Q(R).g(x) = bmxm + · · · + b1x + b0 ∈ R[x], bm 6= 0, m ≥ 1,β1, . . . , βm — все его корни в некотором расширении K поля L.Результантом многочленов f , g называетсяnRes(f, g) = amn bmY1≤i≤n1≤j≤m(αi − βj )Основное свойство:Res(f, g) = 0 ⇐⇒ f и g имеют общий кореньПредложение.Ecли f, g ∈ R[x], то Res(f, g) ∈ R.Доказательство.nRes(f, g) = amn bmY1≤i≤n1≤j≤m(αi−βj ) = amnnYi=1bmmYj=1(αi − βj ) = amn g(α1 ) .

. . g(αn )g(x1) . . . g(xn) — симметрический многочлен от x1, . . . , xn,g(x1) . . . g(xn) = Φ(s1, . . . , sn),deg Φ ≤ m.Поэтомуamn g(α1 ) . . . g(αn ) = (многочлен от коэффициентов f ) ∈ R,и Res(f, g) ∈ R.(!) Получили следующую формулу:Res(f, g) = amn g(α1 ) . . . g(αn )где m = deg g, an — старший коэффициент f , α1, .

Характеристики

Список файлов лекций