Учебное пособие Москва Издательство мцнмо 2007 удк 512. 1517. 1511. 1 Ббк 22. 14122. 161 П70 Прасолов В. В
 Скачать 3.28 Mb.
|
|
32.4. Многочлены Чебышева. Докажите, что cos n f полиномиально выражается через cos f , те. существует такой многочлен T n (x), что cos n f при x = cos Многочлены T n (x) из задачи 32.27 называют многочленами Чебышева. Вычислите многочлены Чебышева T n (x) при n 6 5. 32.29. Докажите, что |T n (x) | 6 1 при x 6 1. 32.30. Докажите, что T n (x) = 2 n −1 x n + a 1 x n −1 + . . . + a n , где, . . ., a n — целые числа Условия задач. Пусть P n (x) = x n + . . . — многочлен степени n со старшим коэффициентом 1, причём |P n (x) | 6 при |x| 6 6 1. Тогда P n (x) = 1 2 n −1 T n (x). (Иными словами, многочлен 2 n −1 T n (x) — наименее уклоняющийся от нуля на интервале, 1] многочлен степени n со старшим коэффициентом 1.) 32.32. Докажите, что многочлены Чебышева T n (x) и обладают следующим свойством T n (T m (x)) = T m (T n (x)). 32.33. а) Пусть n = 2k + 1. Докажите, что число для любого целого l является корнем многочлена T k+1 (x) − − б) Пусть n = 2k. Докажите, что число для любого целого l является корнем многочлена T k+1 (x) − T k −1 (x). 32.34. а) Вычислите многочлены T k+1 (x) −T k (x) при б) Докажите, что числа и являются корнями многочлена 4x 2 + 2x − в) Докажите, что числа cos 2 p 7 , и являются корнями многочлена 8x 3 + 4x 2 − 4x − г) Докажите, что числа cos 2 p 9 , и являются корнями многочлена 8x 3 − 6x + В некоторых случаях вместо многочлена T n (x) удобно рассматривать многочлен P n (x) = 2T n (x/2) со старшим коэффициентом. Многочлены P n (x) удовлетворяют рекуррентному соотношению, причём P 0 (x) = 1 и P 1 (x) = поэтому P n (x) — многочлен с целыми коэффициентами. Если z = cos f + i sin f = e i f , то z + z −1 = 2 cos и z n + z −n = = 2 cos n f . Поэтому P(z + z −1 ) = 2T n (cos f ) = 2 cos n f = z n + те. многочлен P n (x) соответствует полиномиальному выражению величины z n + через z + z −1 32.35. С помощью многочленов докажите следующее утверждение если оба числа и cos( ap ) рациональны, то число 2 cos( ap ) целое, те или См. также задачу 29.55. Глава 32. Многочлены — II 32.5. Алгебраические и трансцендентные числа Комплексное число a называют алгебраическим, если оно является корнем неприводимого многочлена с рациональными коэффициентами. Если старший коэффициент этого многочлена равен 1, а все остальные коэффициенты — целые числа, то число a называют целым алгебраическим. Комплексное число a , которое не является алгебраическим, называют трансцендентным. Если число является корнем многочленов f(x) и g(x) с рациональными коэффициентами, то эти многочлены имеют общий делитель x − a над полем комплексных чисел. Но тогда они должны иметь нетривиальный общий делитель и над полем рациональных чисел. Таким образом, каждому алгебраическому числу соответствует единственный неприводимый многочлен со старшим коэффициентом 1. Корни этого многочлена называют числами, сопряжёнными с a Назовём многочлен унитарным, если его старший коэффициент равен 1. Несложно показать, что если a — корень произвольного (те. необязательно неприводимого) унитарного многочлена с целыми коэффициентами, то a — целое алгебраическое число. Иными словами, если унитарный многочлен с целочисленными коэффициентами представлен в виде произведения двух унитарных многочленов с рациональными коэффициентами, то все эти рациональные коэффициенты — целые числа. Это утверждение — одна из возможных формулировок леммы Гаусса (задача 32.11). 32.36. Пусть x 0 — корень многочлена+ a 1 x n −1 + . . . + a n −1 x + a n = с целыми коэффициентами a 0 , a 1 , . . . , a n . Докажите, что число целое алгебраическое. Пусть a — корень неприводимого многочлена f(x)= =a n x n +a n −1 x n −1 +. . .+a 0 , где n>2. Докажите, что существует такое число c > 0 (зависящее только от a ), что для любого целого p и натурального q теорема Лиувилля). 32.38. Докажите, что число a = ∞ P k=0 2 −k! трансцендентное ( Лиувилль). Условия задача) Пусть и b — алгебраические числа, y) произвольный многочлен с рациональными коэффициентами. Докажите, что тогда f ( a , b ) — алгебраическое число. б) Пусть и b — целые алгебраические числа, y) произвольный многочлен с целыми коэффициентами. Докажите, что тогда f ( a , b ) — целое алгебраическое число. В частности, если и b — алгебраические числа (целые алгебраические числа, то ab и тоже алгебраические числа (целые алгебраические числа. Кроме того, если a 6= 0 — алгебраическое число, то тоже алгебраическое число. В самом деле, если a — корень многочлена P a k x k степени n, то a −1 — корень многочлена. Но если a — целое алгебраическое число, то число необязательно целое алгебраическое. Таким образом, алгебраические числа образуют поле, а целые алгебраические числа образуют кольцо. Пусть и b — алгебраические числа, связанные соотношением f ( a , b ) = 0, где f — многочлен с рациональными коэффициентами. Докажите, что тогда для любого числа a i , сопряжённого с a , найдётся число b j , сопряжён- ное с b , для которого f ( a i , b j ) = 0. 32.41. Пусть a — корень многочлена x n + b n −1 x n −1 + . . . где b 0 , . . ., b n −1 — целые алгебраические числа. Докажите, что тогда a — целое алгебраическое число. Алгебраическое число a называют вполне вещественным, если все сопряжённые с ним числа вещественны. Иными словами, все корни неприводимого многочлена с корнем вещественны. Докажите, что число a = 2 cos(k p /n) вполне вещественно. Присоединение корня многочлена Пусть k — подполе поля комплексных чисел, f(x) — многочлен с коэффициентами из k. Если корень многочлена f(x) не принадлежит, то можно рассмотреть наименьшее поле, которое одновременно содержит k и a . Это поле обозначают k( a ). При этом говорят, что оно получено из k присоединением. Поле Глава 32. Многочлены — которое получается присоединением всех корней многочлена) называют полем разложения этого многочлена (над полем. Пусть f(x) — неприводимый многочлен степени над полем k, a — некоторый его корень. Докажите, что поле) состоит из чисел вида c n −1 a n −1 +c n −2 a n −2 +. . где c 0 , . . ., c n −1 — числа из поля k. 32.44. Пусть f(x) — неприводимый многочлен степени над полем k, a — некоторый его корень. Докажите, что если, где c 0 , . . ., и d 0 , . . . , d n −1 — числа из поля k, то c m = для m = 0, 1, . . . , n − Решения. Рассмотрим на комплексной плоскости векторные поля f(z) и w(z) = g(z). Из условия (1) следует, что нив какой точке кривой векторы v и w не являются противоположно на- правленными. Индексом* кривой относительно векторного поля v называют количество оборотов вектора v(z) при полном обходе точки вдоль кривой g . Рассмотрим векторное поле v t = tv + (1 − t)w. При этом v 0 = w и v 1 = v. Ясно также, что в любой точке z ∈ g вектор) ненулевой. Это означает, что для кривой g определён индекс ind(t) относительно векторного поля v t . Целое число ind(t) непрерывно зависит от t, поэтому ind(t) = const. В частности, индексы кривой относительно векторных полей v и w совпадают. Несложно показать, что индекс кривой относительно векторного поля v равен сумме индексов особых точек, в которых Индекс особой точки определяется как индекс кривой |z − z 0 | = = e , где достаточно мало) Для векторного поля v(z) = индекс особой точки равен кратности корня многочлена Таким образом, из совпадения индексов кривой относительно векторных полей v(z) = f(z) и w(z) = g(z) следует, что внутри кривой расположено одинаковое количество корней многочленов и g. * Для более подробного знакомства со свойствами индекса мы советуем обратиться к главе 6 книги В. В. Пр ас о лов. Наглядная топология. М.: МЦНМО, 2006. Решения задач. Пусть a = max i |a i |. Многочлен g(z) = имеет внутри рассматриваемого круга корень 0 кратности n. Поэтому достаточно проверить, что если |z| = 1 + a, то |f(z) − g(z)| < |f(z)| + |g(z)|. Мы даже докажем, что |f(z) − g(z)| < |g(z)|, те Ясно, что если |z| = 1 + a, то+ . . . + a n | 6 a(|z| n −1 + . . . + 1) = a |z| n − 1 |z| − 1 = |z| n − 1 < |z| n 32.3. Пусть точка x движется по отрезку [a, b] от a к b. Число) изменяется лишь в том случае, когда x проходит через корень многочлена при некотором m 6 Рассмотрим сначала случай, когда точка x проходит через r-кратный корень многочлена f(x). В окрестности точки многочлены f(x), f ′ (x), . . . , f (r) (x) ведут себя приблизительно как x 0 ) r g(x 0 ), (x − x 0 ) r −1 rg(x 0 ), . . . , r! g(x 0 ). Таким образом, при < в этой последовательности происходит r перемен знака, а при x > в этой последовательности перемен знака не происходит (имеется ввиду, что точка x достаточно близка к Предположим теперь, что точка x проходит через корень многочлена, который не является корнем многочлена f. Если этот корень является также и корнем многочлена f (m −1) , то мы заменим m на m − 1 и т. д. Поэтому можно считать, что точка проходит через кратный корень многочлена f (m) , не являющийся корнем многочлена f (m −1) . Требуется доказать, что при проходе через число перемен знака в последовательности f (m −1) (x), f (m) (x), . . . , f (m +r) (x) изменяется на неотрицательное чётное число. В окрестности точки эти многочлены ведут себя приблизительно как F(x 0 ), (x − x 0 ) r G(x 0 ), (x − x 0 ) r −1 r G(x 0 ), . . . , r! Если исключить F(x 0 ), тов оставшейся последовательности при < происходит ровно r перемен знака, а при x > перемен знака не происходит. Что же касается первых двух членов, и (x − x 0 ) r G(x 0 ), тов случае чётного r число перемен знака при < и при x > одно и тоже, а в случае нечётного r число перемен знака при x < на 1 больше или меньше, чем при x > в зависимости оттого, имеют ли F(x 0 ) и G(x 0 ) один и тот же знак или разные знаки. Итак, прич тном r изменение числа перемен знака равно r, а при нечётном r изменение числа перемен знака равно r ± 1. В обоих случаях это изменение чётно и неотрицательно Глава 32. Многочлены — II 32.4. а) Так как f (r) (0) = r! a n −r , то N(0) совпадает с числом перемен знака в последовательности коэффициентов многочлена Ясно также, чтоб) Достаточно применить правило Декарта к многочлену) = b 0 x n + b 1 x n −1 + . . . + b n , где b k = (−1) n −k a k 32.5. Оценим количество положительных и отрицательных корней данного многочлена по правилу, сформулированному в задаче. Предположим, что между двумя членами и отсутствуют 2m промежуточных членов. Если бы они не отсутствовали, то для положительных и отрицательных корней они дали бы 2m + 1 перемен знака. Вместо этого мы получаем только одну перемену знака (если числа и разного знака, то для положительных корней, а если эти числа одного знака, то для отрицательных корней. Таким образом, оценка общего числа положительных и отрицательных корней уменьшается на 2m, и мы получаем по крайней мере 2m мнимых корней. Предположим теперь, что между и отсутствуют промежуточных членов. Тогда вместо 2m + перемен знака мы получили бы либо две перемены знака (если числа и разного знака, либо ни одной перемены знака (если эти числа одного знака. Таким образом, число вещественных корней уменьшается либо на 2m, либо на 2m + 2. 32.6. Рассмотрим сначала случай, когда многочлен f не имеет кратных корней (те. многочлены f и не имеют общих корней). В таком случае f n — некоторая ненулевая константа. Проверим сначала, что если мы проходим через один из корней многочленов f 1 , . . . , f n −1 , то число перемен знака не изменяется. В рассматриваемом случае соседние многочлены не имеют общих корней, те. если f r ( a ) = 0, то f r ±1 ( a ) 6= 0. Кроме того, из равенства q r f r − следует, что f r −1 ( a ) = −f r +1 ( a ). Нов таком случае число перемен знака в последовательности f r −1 ( a ), e , f r +1 ( a ) равно как при e > 0, таки при Будем двигаться от a к b. Если мы проходим через корень многочлена f, то сначала числа f(x) и f ′ (x) будут разного знака, а потом эти числа будут одного знака. Таким образом, количество перемен знака в последовательности Штурма уменьшается на Все остальные перемены знака, как уже было показано, при прохождении через точку x 0 сохраняются. Рассмотрим теперь случай, когда многочлен f имеет корень кратности m. В таком случае f и имеют общий делитель x 0 ) m −1 , поэтому многочлены f 1 , . . . , делятся на (x − Поделив f, f 1 , . . . , на (x − x 0 ) m −1 , получим последовательность Решения задач 449 Штурма f , f 1 , . . . для многочлена f (x) = f(x)/(x−x 0 ) m −1 . Многочлен имеет некратный корень x 0 , поэтому при прохождении через число перемен знака в последовательности f , f 1 , . . . увеличивается на 1. Но при фиксированном x последовательность, f 1 , . . . , получается из последовательности f , f 1 , . . . умножением на константу, поэтому число перемен знака в этих последовательностях одно и тоже. Пусть P(z) = (z − z 1 ) . . . (z − z n ). Легко проверить, что z 1 + . . . + 1 z − Предположим, что P ′ (w) = 0, P(w) 6= 0 и w не принадлежит выпуклой оболочке точек z 1 , . . . , z n . Тогда через точку w можно провести прямую, не пересекающую выпуклой оболочки точек z 1 , . . . , Поэтому векторы w − z 1 , . . . , w − лежат водной полуплоскости, заданной этой прямой. Следовательно, водной полуплоскости лежат и векторы z 1 , . . . , 1 w − z n , поскольку. Следовательно. Получено противоречие. Поэтому принадлежит выпуклой оболочке корней многочлена P. |