Учебное пособие Москва Издательство мцнмо 2007 удк 512. 1517. 1511. 1 Ббк 22. 14122. 161 П70 Прасолов В. В
 Скачать 3.28 Mb.
|
|
32.8. Пусть z 1 < z 2 < . . . < z n −1 — корни производной многочлена с корнями x 1 , . . . , x n , а z ′ 1 < z ′ 2 < . . . < z ′ n −1 — корни производной многочлена с корнями x 1 , . . . , x ′ i , . . . , x n . Для корней и соотношение) из решения задачи 32.7 принимает вид 1 z k − x i = 0, n X i =1 1 z ′ k − x ′ i = Предположим, что утверждение неверно, те. для некоторого. Тогда z ′ k − x ′ i < z k − x i . При этом числа z ′ k − и z k − одного знака. В самом деле, z j < x i , при j 6 i − 1 и при j > i. Следовательно x i < 1 z ′ k − при всех i = 1, . . . . . . , n. Нов таком случае соотношения (2) не могут выполняться одновременно. Пусть многочлен q не делится на p. Тогда НОД(p, q) = те. существуют такие многочлены a и b, что ap + bq = 1. Умножив обе части этого равенства на r, получим apr + bqr = r. Многочлены и qr делятся на p, поэтому r делится на p. 32.10. Существование разложения легко доказывается индукцией по n = deg f. Прежде всего отметим, что для неприводимого Глава 32. Многочлены — многочлена f требуемое разложение состоит из самого многочлена. При n = 1 многочлен f неприводим. Пусть разложение существует для любого многочлена степени меньше n и f — многочлен степени n. Можно считать, что многочлен f приводим, те где deg g<n и deg h<n. Но тогда разложения для g и h существуют по предположению индукции. Докажем теперь единственность разложения. Пусть ag 1 . . . g s = = bh 1 . . . h t , где a, b ∈ k и g 1 , . . . , g s , h 1 , . . . , h t — неприводимые многочлены над k со старшим коэффициентом 1. Ясно, что в таком случае a = b. Многочлен g 1 . . . делится на неприводимый многочлен. Это означает, что один из многочленов g 1 , . . . , делится на h 1 . Чтобы убедиться в этом, достаточно воспользоваться задачей Пусть для определённости делится на h 1 . Учитывая, что g 1 и h 1 — неприводимые многочлены со старшим коэффициентом, получаем g 1 = h 1 . Сократим обе части равенства g 1 . . . g s = = h 1 . . . на g 1 = h 1 . После нескольких таких операций получим t и g 1 = h i 1 , . . . , g s = h i s , где набор {i 1 , . . . , i s } совпадает с набором, . . . , s}. 32.11. Достаточно рассмотреть случай, когда cont(f) = cont(g) = = 1. В самом деле, коэффициенты многочленов f и g можно разделить на cont(f) и cont(g) соответственно. Пусть f(x) = P a i x i , g(x) = P b i x i , fg(x) = P c i x i . Предположим, что cont(fg)=d>1 и p — простой делитель числа d. Тогда все коэффициенты многочлена fg делятся на p, ау многочленов f и g есть коэффициенты, не делящиеся на p. Пусть a r — первый коэффициент многочлена f, не делящийся на p, b s — первый коэффициент многочлена g, не делящийся на p. Тогда a r b s + a r +1 b s −1 + a r +2 b s −2 + . . . + a r −1 b s +1 + a r −2 b s +2 + . . . ≡ ≡ a r b s 6≡ 0 (mod так как b s −2 ≡ . . . ≡ b 0 ≡ 0 (mod p), a r −1 ≡ a r −2 ≡ . . . ≡ a 0 ≡ 0 (mod Получено противоречие. Пусть f — многочлен с целыми коэффициентами и f = где g, h — многочлены с рациональными коэффициентами. Можно считать, что cont(f) = 1. Выберем для многочлена g натуральное число m так, что многочлен mg имеет целые коэффициенты. Пусть n = cont(mg). Тогда рациональное число r = m/n таково, что многочлен rg имеет целые коэффициенты и cont(rg) = 1. Аналогично выберем положительное рациональное число s для много Решения задач 451 члена h. Покажем, что в таком случаете. разложение (rg)(sh) является разложением над кольцом целых чисел. Действительно, согласно лемме Гаусса cont(rg) cont(sh) = те. Учитывая, что cont(f) = 1, получаем rs = 1. 32.13. Предположим, что gh = “X b k x k ”“X c l x l ” , причём g и h — многочлены положительной степени с целыми коэффициентами. Число b 0 c 0 = делится на p, поэтому одно из чисел и делится на p. Пусть, для определённости, делится на p. Тогда не делится на p, так как a 0 = не делится на Если все числа делятся на p, то делится на p. Поэтому не делится на p при некотором i, где 0 < i 6 deg g < n; можно считать, что i — наименьший номер числа b i , не делящегося на p. С одной стороны, по условию число делится на p. С другой стороны b i c 0 + b i −1 c 1 + . . . + b 0 c i , причём все числа b i −1 c 1 , . . . , делятся на p, а число не делится на p. Получено противоречие. К многочлену+ 1) = (x + 1) p − 1 (x + 1) − 1 = x p −1 + C 1 p x p −2 + . . . + можно применить признак Эйзенштейна, поскольку все числа, . . . , делятся на p задача 14.30). 32.15. Пусть s k — я элементарная симметрическая функция от a, b, c, d. По условию s 1 = 2 и s 3 = 2 s 4 . Поэтому 1 − a + 1 1 − b + 1 1 − c + 1 1 − d = 4 − 3 s 1 + 2 s 2 − s 3 1 − s 1 + s 2 − s 3 + s 4 = = 4 − 6 + 2 s 2 − 2 s 4 1 − 2 + s 2 − 2 s 4 + s 4 = 2. 32.16. Производящие функции s (t) и p(t) связаны соотношением. Приравнивая коэффициенты при t n , n> 1, в левой и правой части, получаем требуемое. Производящая функция s(t) выражается через p(t) следующим образом p(t) те Приравнивая коэффициенты при t n −1 , получаем требуемое. Первое решение. Требуемое равенство можно переписать в виде s 1 s n −1 + s 2 s n −2 + . . . + (−1) n s n s 0 = 0. Глава 32. Многочлены — Произведение состоит из членов вида x n −k i x j 1 . . . x j k . Если совпадает с одним из чисел j 1 , . . . , j k , то этот член сокращается с членом x n −k+1 i (x j 1 . . . b x i . . . x j k ) произведения символ означает, что число исключено из произведения, а если отлично от j 1 , . . . , j k , то этот член сокращается с членом. . . x j k ) произведения Второе решение. Производящая функция s(t) выражается через s (t) следующим образом) = − d dt ln s (t) = те Приравнивая коэффициенты при t n −1 , получаем. Пусть s 1 = x + y + z, s 2 = xy + yz + zx, s 3 = xyz и s k = x k + + y k + z k . Запишем формулы Ньютона для n = 1, 2 и 4, учитывая при этом, что s 1 = s 1 = 0. В результате получим 2 s 2 = и s 4 + s 2 s 2 = 0. Значит, 2s 4 = −s 2 (2 s 2 ) = s 2 2 32.20. Запишем формулы Ньютона s 1 = и 2 s 2 = s 1 s 1 − s 2 . По условию числа s 1 = и делятся на n. Значит, тоже делится на n. Атак как число n нечётно, то делится на n. Запишем теперь формулу Ньютона 5 s 5 = s 1 s 4 −s 2 s 3 + s 3 s 2 −s 4 s 1 + s 5 . Числа, s 2 s 3 , s 3 s 2 , делятся на n, поэтому s 5 − делится на n. 32.21. Равенство x n +3 i + px n +1 i + qx n i = 0 показывает, что имеет место рекуррентное соотношение s n +3 + ps n +1 + qs n = 0. Ясно также, что s 0 =3 и s 1 =0. Кроме того, s −1 = 1 x 1 + 1 x 2 + 1 x 3 = x 2 x 3 + x 1 x 3 + x 1 x 2 x 1 x 2 x 3 = =− p q . Теперь можно вычислять s n , пользуясь известными значениями, и рекуррентным соотношением. В результате получим s 2 = −2p, s 3 = −3q, s 4 = 2p 2 , s 5 = 5pq, s 6 = −2p 3 + 3q 2 , s 7 = −7p 2 q, s 8 = 2p 4 − 8pq 2 , s 9 = 9p 3 q − 3q 3 , s 10 = −2p 5 + 15p 2 q 2 32.22. Ясно, что p 1 = x 1 x 2 + (x 1 + x 2 )x 3 = x 1 x 2 − x 2 3 = −(b + c + d)× ×(a + b + c) − (d − и p 2 = −(a + c + d)(a + b + d) − (b − c) 2 . Поэтому p 2 = 3(ad − bc). 32.23. Определим числа x 1 , x 2 , x 3 , y 1 , y 2 , и многочлены+ p 1 t + и t 3 + p 2 t + q 2 , как в условии задачи 32.22. Согласно этой задаче p 1 = p 2 , поскольку ad = bc. Положим p 1 = p 2 = Пусть s n = x n 1 + x n 2 + и s ′ n = y n 1 + y n 2 + y n 3 . Тогда f 2n = s 2n −s ′ 2n . В задаче получены выражения для при n 6 10. Воспользуемся этими выражениями. Числа и зависят только от p, поэтому Решения задач f 4 = 0. Далее, f 6 = 3(q 2 1 − q 2 2 ), f 8 = 8p(q 2 2 − q 2 1 ) и f 10 = 15p 2 (q 2 1 − q 2 Поэтому 64f 6 f 10 = 45(8p(q 2 1 − q 2 2 )) 2 = 45f 2 8 32.24. а) Многочлен f(x 1 , . . . , x n ) = P a k 1 ,...,k n x k 1 1 . . . x k n n называют однородным многочленом степени m, если k 1 + . . . + k n = m для всех его мономов. Достаточно рассмотреть случай, когда f — однородный многочлен. Будем говорить, что моном x l 1 1 . . . имеет более высокий порядок, чем моном x m 1 1 . . . x m n n , если l 1 = m 1 , . . . и возможно, k = 0). Пусть ax l 1 1 . . . x l n n — старший мо- ном многочлена f. Тогда l 1 > . . . > l n . Рассмотрим симметрический многочлен f − a s l 1 − l 2 1 s l 2 − l 3 2 . . . s Старший член монома s l 1 − l 2 1 . . . s равен 1 (x 1 x 2 ) l 2 − l 3 . . . (x 1 . . . x n ) l n = x l 1 1 x l 2 2 . . . поэтому порядок старшего монома многочлена строго ниже порядка старшего монома многочлена f. Применим к многочлену снова операцию (1) и т. д. Ясно, что после конечного числа таких операций придём к нулевому многочлену. Докажем теперь единственность представления f(x 1 , . . . , x n ) = = g( s 1 , . . . , s n ). Достаточно проверить, что если, . . . , y n ) = X a i 1 ...i n y i 1 1 . . . y i n n — ненулевой многочлен, то после подстановки y 1 = s 1 = x 1 + . . . . . . + x n , . . . , y n = s n = x 1 . . . этот многочлен останется ненулевым. Ограничимся рассмотрением старших мономов a i 1 ...i n x i 1 +...+i n 1 x i 2 +...+i n 2 . . . получающихся в результате подстановки. Ясно, что самый старший среди этих мономов ни с чем сократиться не может. б) Это непосредственно видно из решения задачи а. Достаточно проверить, что f делится на ∆. В самом деле, если f/∆ — многочлен, то этот многочлен по очевидным причинам симметрический. Покажем, например, что f делится на x 1 − Сделаем замену x 1 = u + v, x 2 = v − u. В результате получим, x 2 , x 3 , . . . , x n ) = f 1 (u, v, x 3 , . . . , где f 1 — некоторый многочлен. Если x 1 = x 2 , то u = 0. Поэтому, v, x 3 , . . . , x n ) = 0. Это означает, что многочлен делится нате. многочлен f делится на x 1 − x 2 . Аналогично доказывается, что f делится на x i − при всех i < j. Глава 32. Многочлены — II 32.26. Предположим сначала, что требуемое неравенство выполняется при всех x > 0. Пусть x 1 = . . . = x k = a и x k +1 = . . . = x n = Тогда 6 lim a →∞ M l (x)/M m (x) = Следовательно+ . . . + l k > m 1 + . . . При k = n, положив x 1 = . . . = x n = a, получаем равенство При a > 1, как и ранее, получим | l | > | m |. А при 0 < a < 1 получим 6 Доказательство утверждения в обратную сторону более сложно. Оно использует следующее преобразование R ij . Пусть где i < j. Положим R ij m = m ′ , где m ′ i = m i + 1, m ′ j = m j − 1 и при i, j. Легко проверить, что m ′ > m и | m ′ | = Лемма Если то M l (x) > M m (x), причём равенство достигается лишь в том случае, когда x 1 = . . . = x n . Предполагается, что числа x 1 , . . . , x n положительны.) Для каждой пары индексов p, q, где 16p<q6n, в входит слагаемое вида · (x l i p x l j q + x l i q x l j p − x m i p x m j q − где A — некоторое положительное число. Обозначим для наглядности. Напомним, что l i = a + 1, l j = b − и a > b . Выражение (1), делённое на A, равно a a +1 b b −1 +a b −1 b a +1 −a a b b −a b b a =(ab) b −1 (a −b)(a a +1− b −b a +1− b )>0, причём равенство возможно лишь в том случае, когда a = b. Поэтому, причём если среди чисел x 1 , . . . , есть хотя бы два различных, то неравенство строгое. Л ем м а 2. Если l > m и | l | = | m |, но l 6= m , то l можно получить из m с помощью конечного числа преобразований Пусть i — наименьший индекс, для которого l i 6= m i . Тогда из условия l > m следует, что l i > m i . Равенство | l | = | m | означает, что 0, поэтому для некоторого индекса j. Ясно, что i < j и m j > 0. Поэтому к можно применить преобразование. В результате получим последовательность n , для которой n i = m i + 1, n j = m j − 1 и при k 6= i, j. Учитывая, что и l j < m j , получаем = | l i − n i | + 1, | l j − m j | = | l j − n j | + Таким образом = X | l k − m k | − 2, Решения задач 455 т. е. с помощью преобразования нам удалось уменьшить на величину. Поэтому с помощью некоторого числа преобразований эту величину можно сделать равной нулю. Из лемм 1 и 2 неравенство Мюрхеда следует очевидным образом. Формула cos(n + 1) f + cos(n − 1) f = 2 cos f cos n f показывает, что 2xT n (x) − Многочлены T n (x), определённые этим рекуррентным соотношением и начальными условиями T 0 (x) = 1 и T 1 (x) = x, обладают нужным свойством. Ответ. Это следует из того, что T n (x) = cos n f при x = cos f |