!!§!! Вспомогательная страница к разделу ((:polynomial ПОЛИНОМ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ)) ---- ==Правило знаков Декарта== Сокращение $ \operatorname{nrr} $ --- **число вещественных корней**[[number of real roots (//англ.//)]]. !!Т!! **Теорема [Декарт].** //Число положительных корней полинома// $$f(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+\dots+a_{n-1}x+a_n \in \mathbb R[x], \quad (a_0> 0,a_n \ne 0)$$ //с учетом их кратностей равно или меньше на четное число ((:algebra2:notations#число_знакопостоянств_знакоперемен числа знакоперемен)) в ряду его коэффициентов//: $$ \operatorname{nrr} \{ f(x)=0 \mid x>0 \} = {\mathcal V}(a_0,a_1,\dots,a_n)-2 k , \quad k\in \{0,1,2, \dots \} \ . $$ **Доказательство.** 1. Докажем сначала, что $$ {\mathcal V}(a_0,a_1,\dots,a_n)= \left\{ \begin{array}{cc} \mbox{ четно} & \iff a_n>0; \\ \mbox{ нечетно} & \iff a_n<0. \end{array} \right. $$ Индукция по $ n $. Для $ n=1 $ верно: поскольку $ a_0>0 $, то $ {\mathcal V}(a_0,a_1)=0 $ при $ a_1>0 $ и $ {\mathcal V}(a_0,a_1)=1 $ при $ a_1<0 $. Пусть верно для $ n=k $, докажем для $ n=k+1 $. Воспользуемся равенством $$ {\mathcal V}(a_0,a_1,\dots,a_k,a_{k+1})= {\mathcal V}(a_0,a_1,\dots,a_k)+{\mathcal V}(a_k,a_{k+1}) \, . $$ Если $ a_k>0 $ то по индукционному предположению $ {\mathcal V}(a_0,a_1,\dots,a_k) $ --- четно. Тогда $ {\mathcal V}(a_k,a_{k+1})= 0 $ тогда и только тогда, когда $ a_{k+1}>0 $, и при этом условии число $ {\mathcal V}(a_0,a_1,\dots,a_k,a_{k+1}) $ остается четным. При $ a_{k+1}<0 $ получим $ {\mathcal V}(a_k,a_{k+1})= 1 $ и число $ {\mathcal V}(a_0,a_1,\dots,a_k,a_{k+1}) $ становится нечетным. Аналогично рассматривается случай $ a_{k}<0 $. Следовательно, доказываемая альтернатива справедлива. 2. Покажем, что числа $ \operatorname{nrr} \{ f(x)=0 \mid x>0 \} $ и $ {\mathcal V}(a_0,a_1,\dots,a_n) $ имеют одинаковую четность: $$ \operatorname{nrr} \{ f(x)=0 \mid x>0 \}= {\mathcal V}(a_0,a_1,\dots,a_n)\pm 2\, k , \quad k\in \{0,1,2 \dots \}\, . $$ Если число $ {\mathcal V}(a_0,a_1,\dots,a_n) $ --- четное (нечетное), то по доказанному в пункте 1 следует, что $ a_n>0 $ (соответственно, $ a_n<0 $). Но тогда, на основании следствия $ 4 $ к ((:polynomial:geometry теореме Больцано)), и число $ \operatorname{nrr} \{ f(x)=0 \mid x>0 \} $ --- четное (соответственно, нечетное). Разность двух чисел одинаковой четности --- четное число, и доказываемая формула справедлива. 3. Покажем, что в формуле $$ \operatorname{nrr} \{ f(x)=0 \mid x>0 \}= {\mathcal V}(a_0,a_1,\dots,a_n)\pm 2\, k , \quad k\in \{0,1,2 \dots \}\, . $$ знака $ + $ быть не может: $$ \operatorname{nrr} \{ f(x)=0 \mid x>0 \} \le {\mathcal V}(a_0,a_1,\dots,a_n) \, . $$ Используем индукцию по степени полинома. Для $ n=1 $ $$f(x)=a_0x+a_1 \Rightarrow \lambda=-a_1/a_0 \ \left\{ \begin{array}{cc} >0 & \iff a_0a_1<0 \Rightarrow {\mathcal V}=1; \\ <0 & \iff a_0a_1>0 \Rightarrow {\mathcal V}=0. \end{array} \right. $$ Пусть утверждение верно для любого полинома степени $ < n $. Покажем, что оно справедливо и для полинома степени $ n_{} $. По индукционному предположению $$\operatorname{nrr} \{ f'(x)=0 \mid x>0 \} \le {\mathcal V}(na_0,(n-1)a_1,\dots,a_{n-1}) =$$ $$={\mathcal V}(a_0,a_1,\dots,a_{n-1}) \le {\mathcal V}(a_0,a_1,\dots,a_{n-1},a_n).$$ (Здесь мы дополнительно предположили, что $ a_{n-1}\ne 0 $. Если $ a_{n-1}= 0 $, то следует рассматривать полином $ f^{\prime}(x)/x $, положительные корни которого совпадают с положительными корнями $ f^{\prime}(x) $). На основании ((:polynomial:geometry#Корни_полинома_и_его_производной следствия к теореме Ролля)) $$\operatorname{nrr} \{ f(x)=0 \mid x>0 \} \le \operatorname{nrr} \{ f'(x)=0 \mid x>0 \}+1 \le {\cal V}(a_0,a_1,\dots,a_n)+1 \, .$$ Но по доказанному в пункте 2 имеем $$ \operatorname{nrr} \{ f(x)=0 \mid x>0 \} \ne {\cal V}(a_0,a_1,\dots,a_n)+1 $$ (у этих чисел должна быть одинаковая четность). Поэтому и справедливо неравенство $$ \operatorname{nrr} \{ f(x)=0 \mid x>0 \} \le {\mathcal V}(a_0,a_1,\dots,a_n) \, . $$ Из него и из равенства из пункта 2 следует утверждение теоремы. ♦ С помощью преобразования корней полинома (см. пункт 1 ☞ ((#преобразования_корней ЗДЕСЬ)) ) можно доказать следствие: !!=>!! //Число отрицательных корней полинома// $$f(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+\dots+a_{n-1}x+a_n, \quad (a_0> 0,a_n \ne 0)$$ //с учетом их кратностей можно оценить по формуле// $$ \operatorname{nrr} \{ f(x)=0 \mid x<0 \} = {\mathcal V}(a_0,-a_1,a_2,\dots,(-1)^na_n)-2 k' \ , $$ //а если среди коэффициентов// $ a_{j} $ //нет нулевых, то --- по формуле// $$ \operatorname{nrr} \{ f(x)=0 \mid x<0 \} = {\mathcal P}(a_0,a_1,a_2,\dots,a_n)-2 k' \ , $$ где $ k'\in \{0,1,2, \dots \} $ и $ {\mathcal P} $ обозначает ((algebra2:notations#число_знакопостоянств_знакоперемен число знакопостоянств)). !!П!! **Пример.** Оценить число положительных и число отрицательных корней полинома $$ f(x)=x^5-2\, x^4-8\,x^3-x^2-9\, x+1 \, .$$ **Решение.** $ {\mathcal V}(1,-2,-8,-1,-9,1)=2 $. $$ \operatorname{nrr} \{ f(x)=0 \mid x>0 \} =2-2k \ge 0 \ ,$$ следовательно $ f_{}(x) $ имеет либо два, либо ни одного положительного корня. Далее, по следствию: $$ \operatorname{nrr} \{ f(x)=0 \mid x<0 \} = {\mathcal P}(1,-2,-8,-1,-9,1)=3-2k'\ge 0 \ , $$ следовательно $ f_{}(x) $ имеет либо три отрицательных корня, либо один. **Проверка.** Вещественные корни полинома: $ -2.23233, 0.10863, 4.12369 $. !!П!! **Пример.** Оценить число положительных и число отрицательных корней полинома $$ f(x)=x^5-x^3-1 \, . $$ **Решение.** Здесь $ {\mathcal V}(1,0,-1,0,0,-1)={\mathcal V}(1,-1,-1)=1 $. $$ \operatorname{nrr} \{ f(x)=0 \mid x>0 \} =1-2k \ge 0 \ \Longrightarrow \ = 1 $$ Далее, на основании __первой__ формулы из следствия имеем $$ \operatorname{nrr} \{ f(x)=0 \mid x<0 \} ={\mathcal V}(1,0,-1,0,0,1)-2k'=2-2k' = \left\{ \begin{array}{cc} 2 & npu \ k'=0; \\ 0 & npu \ k'=1. \end{array} \right. $$ **Ответ.** Полином имеет один положительный и либо два, либо ни одного отрицательного корня. Заметим, что формальное применение для решения последнего примера __второй__ формулы из следствия дало бы неправильную оценку для $ \operatorname{nrr} \{ f(x)=0 \mid x<0 \} $. !!=>!! Если каким-то образом заранее известно, что все корни полинома вещественны, то число положительных из них определяется по правилу знаков Декарта однозначно: $$ \operatorname{nrr} \{ f(x)=0 \mid x>0 \} = {\mathcal V}(a_0,a_1,\dots,a_n) \ . $$ !!П!! **Пример.** Характеристический полином вещественной симметричной матрицы удовлетворяет условию следствия. См. ☞ ((:algebra2:charpoly:symm ЗДЕСЬ)). Не смотря на кажущуюся грубость (приблизительность) оценки, правило знаков Декарта позволяет иногда делать достаточно глубокие выводы относительно корней полинома. В частности, из него следует, что чем больше коэффициентов полинома $ f_{}(x) $ обращается в нуль[[Полином с большим количеством нулевых коэффициентов называется **разреженным**.]], тем меньше у него потенциальных возможностей иметь вещественные корни! !!?!! ((#istochniki [2])) Пусть $ a_0\ne 0, a_n\ne 0 $ и $ 2m, m \in \mathbb N $ последовательных коэффициентов полинома $ f(x) $ равны нулю. Доказать, то $ f(x) $ имеет по крейней мере $ 2m $ мнимых корней. !!=>!! Из ((polynomial:taylor формулы Тейлора)) вытекает следующее неравенство $$ \operatorname{nrr} \{ f(x)=0 \mid x>a \} = {\mathcal V}(f(a),f^{\prime}(a),\dots, f^{(n)}(a))-2 k , \quad k\in \{0,1,2, \dots \} \ . $$ ==Источники== [1]. **Окунев Л.Я.** //Высшая алгебра//. М. Учпедгиз. 1958 [2]. **Полиа Г.**, **Сеге Г.** //Задачи и теоремы из анализа. Т 2, отдел 5, глава 1.// М.Наука.1978