Взаимно-простые полиномы

— это полиномы, у которых нормализованный наибольший общий делитель ($ \operatorname{HOD} $) равен $ 1_{} $ (тождественно).

Пример. Найти условия взаимной простоты полиномов

$$f(x)=a_0x^2+a_1x+a_2,\ g(x)=b_0x^2+b_1x+b_2, \ a_0 \ne 0, b_0 \ne 0 \ .$$

Решение. Очевидно, что $ \operatorname{HOD} (f(x),g(x)) $ будет зависеть от коэффициентов обоих полиномов. Ищем его по алгоритму Евклида. Поделим $ f_{}(x) $ на $ g_{}(x) $: $$f(x)=\frac{a_0}{b_0} g(x) + \underbrace{ \left(a_1 - \frac{a_0b_1}{b_0} \right) x + \left(a_2 - \frac{a_0b_2}{b_0}\right)}_{= r_1(x)} \ . $$ Предположим сначала, что $ a_1b_0-a_0b_1 \ne 0 $. Тогда, поделив $ g_{}(x) $ на $ r_1(x) $, получим после длинных выкладок: $$g(x)=r_1(x)\frac{b_0}{a_1b_0-a_0b_1} \left(b_0x+ \left(b_1-b_0 \frac{a_2b_0-a_0b_2}{a_1b_0-a_0b_1} \right) \right) + \underbrace{\frac{b_0\mathcal R(f,g)}{(a_1b_0-a_0b_1)^2}}_{= r_2(x)} \ , $$ где $$ \mathcal R(f,g) = b_0^2a_2^2-2\,a_0a_2b_0b_2+a_0^2b_2^2-a_1a_2b_0b_1-a_0a_1b_1b_2+ a_0a_2b_1^2+a_1^2b_0b_2 = $$ $$ =(a_0b_2-a_2b_0)^2 -(a_0b_1-a_1b_0)(a_1b_2-a_2b_1) \ . $$ Теперь проанализируем $ \operatorname{HOD} (f,g) $ в зависимости от величины $ \mathcal R(f,g) $. Если $ \mathcal R(f,g)\ne 0 $, то, очевидно, что на следующем шаге алгоритм Евклида остановится и $ \mathcal R(f,g)=\operatorname{HOD} (f,g) $. Тогда полиномы $ f_{}(x) $ и $ g_{}(x) $ взаимно просты. Если же $ \mathcal R(f,g)= 0 $, то $ r_1(x)=\operatorname{HOD} (f,g) $, т.е. $ \operatorname{HOD} $ является линейным по $ x $ полиномом.

Если предположить теперь, что $ a_1b_0-a_0b_1 = 0 $, то алгоритм Евклида остановится уже на втором шаге. Полиномы $ f_{}(x) $ и $ g_{}(x) $ будут взаимно простыми при $ a_2b_0-a_0b_2 \ne 0 $. Одновременное выполнение условий $$a_1b_0-a_0b_1 = 0 \quad u \quad a_2b_0-a_0b_2 = 0 $$ равносильно тому, что коэффициенты полиномов $ f_{}(x) $ и $ g_{}(x) $ пропорциональны, т.е. $ f(x)\equiv Cg(x) $ при некоторой константе $ C\in \mathbb A $. Тогда $ \operatorname{HOD}(f,g) $ совпадает с любым из этих полиномов.

Обобщая предшествующие рассуждения можем выписать условие взаимной простоты $ f_{}(x) $ и $ g_{}(x) $.

Ответ. $ \operatorname{HOD}(f,g)=1 $ тогда и только тогда, когда $ \mathcal R (f,g)\ne 0 $.

Теорема 1. Если каждый из полиномов $ f_1(x),\dots,f_K(x) $ взаимно прост с $ g_{}(x) $, то и их произведение $ f_1(x)\times \dots \times f_{K}(x) $ взаимно просто с $ g_{}(x) $.

Доказательство полностью повторяет доказательство теоремы 2 из пункта ☞ ВЗАИМНО ПРОСТЫЕ ЧИСЛА.

Если каждый из полиномов $ f_1(x),\dots,f_K(x) $ взаимно прост с каждым из полиномов $ g_1(x),\dots,g_L(x) $, то и их произведения $ f_1(x)\times \dots \times f_{K}(x) $ и $ g_1(x)\times \dots \times g_L(x) $ также взаимно просты. В частности, $$ \operatorname{HOD} (f(x),g(x)) \equiv 1 \quad \Rightarrow \quad \operatorname{HOD} \left(f(x)^K,g(x)^L \right)=1 \quad npu \ \{K,L\} \subset \mathbb N \ . $$

Теорема 2. Если $ \operatorname{HOD} \left(f_1(x),g(x) \right) \equiv 1 $ и произведение $ f_1(x)f_2(x) $ делится на $ g_{}(x) $, то $ f_2(x) $ делится на $ g_{}(x) $.

Доказательство полностью повторяет доказательство теоремы 3 из пункта ☞ ВЗАИМНО ПРОСТЫЕ ЧИСЛА.

Теорема. Для того чтобы полиномы $ f(x)_{} $ и $ g(x)_{} $ из $ \mathbb A[x]_{} $ были взаимно простыми, необходимо и достаточно существование в $ \mathbb A[x]_{} $ полиномов $ u(x) $ и $ v(x) $, удовлетворяющих тождеству Безу: $$ v(x)f(x)+u(x)g(x)\equiv 1 \ . $$

Доказательство. Необходимость. Если $ \operatorname{HOD}(f,g) \equiv 1 $ то справедливость тождества следует из общего результата о линейном представлении наибольшего общего делителя (см. ☞ ЗДЕСЬ ).

Достаточность. Если $ vf+ug \equiv 1 $ при некоторых $ u(x),v(x) $ из $ {\mathbb A}[x] $, и $ d(x)= \operatorname{HOD}(f,g) $, то $ v(x)f(x) $ делится на $ d(x) $ и $ u(x)g(x) $ делится на $ d(x) $. Тогда их сумма, т.е. 1, делится на $ d(x) $. Это возможно тогда и только тогда, когда $ d(x)\equiv const\ne 0 $. ♦

При условии $ \operatorname{HOD} (f,g) \equiv 1 $ существует единственная пара полиномов $ u(x) $ и $ v(x) $, удовлетворяющих тождеству Безу, и таких, что $$ \deg u(x) < \deg f(x) , \quad \deg v(x) < \deg g(x) \ . $$

Доказательство. Пусть $ u(x) $ и $ v(x) $ — какая-то пара полиномов из $ \mathbb A[x] $, удовлетворяющая тождеству Безу. Поделим $ u(x) $ на $ f(x) $: $ u(x)\equiv Q(x)f(x) + u_1(x) $, здесь степень остатка $ u_1(x) $ должна быть меньшей $ \deg f(x) $. Но тогда пара полиномов $ u_1(x) $ и $ v_1(x) = v(x)+Q(x)g(x) $ также будет удовлетворять тождеству Безу: $ v_1(x)f(x)+u_1(x)g(x) \equiv 1 $. Из последнего тождества получим и оценку степени полинома $ v_1(x) $: $ v_1(x)f(x)\equiv 1 - u_1(x)g(x) \quad \Rightarrow $ $$ \Rightarrow \quad \deg \left( v_1(x)f(x) \right) = \deg \left( u_1(x)g(x) \right) < \deg f(x) + \deg g(x) \quad \Rightarrow \quad \deg v_1(x) < \deg g(x) \ . $$

Осталось доказать единственность указанной в теореме пары полиномов. Предположим, что имеют место два тождества $$ v_1(x)f(x)+u_1(x)g(x) \equiv 1 \quad u \quad v_2(x)f(x)+u_2(x)g(x) \equiv 1 \quad npu \ \left\{ \begin{array}{c} \deg u_j < \deg f,\\ \deg v_j < \deg g. \end{array} \right. $$ Тогда, вычитая одно тождество из другого, получаем тождество: $$ \left(v_1(x)-v_2(x) \right)f(x) \equiv \left(u_2(x)-u_1(x) \right)g(x) \ ,$$ из которого следует, что произведение $ \left(v_1(x)-v_2(x) \right)f(x) $ делится на $ g_{}(x) $. По условию теоремы $ \operatorname{HOD}(f(x),g(x)) \equiv 1 $. Тогда на основании теоремы 2 предыдущего пункта, полином $ v_1(x)-v_2(x) $ должен делиться на $ g_{}(x) $. Однако, по предположению $ \deg \left(v_1(x)-v_2(x) \right)< \deg g(x) $, и делимость возможна только когда $ v_1(x)-v_2(x)\equiv 0 $. Но тогда и $ u_2(x)-u_1(x) \equiv 0 $. ♦

Для конструктивного построения полиномов $ u_{}(x) $ и $ v_{}(x) $ существует два способа. Один из них основывается на алгоритме Евклида и на континуанте.

Пример. Найти полиномы $ u_{}(x) $ и $ v_{}(x) $, удовлетворяющие тождеству Безу при

$$f(x)=x^5+5\,x^4+9\,x^3+7\,x^2+5\,x+7 \ , \quad g(x)=x^4+2\,x^3+2\,x^2+x+1 \ .$$

Решение. В схеме алгоритма Евклида имеем $$q_1(x)=x+3,\ q_2(x)=x+2,\ q_3=x+5,\ q_4=1/33\, x-68/363 $$ при $ r_4=37/121 $. Таким образом, действительно $ f_{}(x) $ и $ g_{}(x) $ взаимно простые и существование $ u(x) $ и $ v(x) $ гарантируется предыдущей теоремой.

Вычисляем $ u(x) $ и $ v(x) $ с помощью континуант: $$ \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|} \hline j & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\ \hline q_j & - & x+3 & x+2 & x+5 & 1/33\, x-68/363 \\ \hline K_j(q_1,q_2,\dots,q_j) & 1 & x+3 & x^2+5\, x+7 & x^3+10\, x^2+ & 1/33\,x^4 +14/121\,x^3 + \\ & & & &\quad +33\, x +38 &\ +46/363\,x^2 -1/33\,x - 43/363 \\ \hline K_{j-1}(q_2,\dots,q_j) & - & 1 & x+2 & x^2+7\, x +11 & 1/33\, x^3+ 3/121 \, x^2 + 8/363\,x- 2/33 \\ \hline \end{array} $$ и приписываем этим выражениям знаки в соответствии с правилом, указанном ☞ ЗДЕСЬ: $$ \begin{array}{rcl} u(x)&=&(-1)^4 \left( {\scriptstyle 1}/{\scriptstyle 33}\,x^4 + {\scriptstyle 14}/{\scriptstyle 121}\,x^3 + {\scriptstyle 46}/{\scriptstyle 363}\,x^2 - {\scriptstyle 1}/{\scriptstyle 33}\,x - {\scriptstyle 43}/{\scriptstyle 363}\right) \ , \\ v(x)&=&(-1)^3\left( {\scriptstyle 1}/{\scriptstyle 33}\, x^3+ {\scriptstyle 3}/{\scriptstyle 121} \, x^2 + {\scriptstyle 8}/{\scriptstyle 363}\,x- {\scriptstyle 2}/{\scriptstyle 33} \right) \ . \end{array} $$ удовлетворяют тождеству $ v(x)f(x)+u(x)g(x) \equiv r_4 $. Разделив последнее тождество на $ r_{4} $, приходим к окончательному ответу.

Ответ. $ u(x)={\scriptstyle 1}/{\scriptstyle 111} \left(11\, x^4 +42\, x^3 +46\, x^2 -11\,x -43\right) $, $ v(x)={\scriptstyle 1}/{\scriptstyle 111} \left(-11\, x^3 -9\, x^2 -8\, x +22 \right) $.

Проверка. $$\left(-11\, x^3 -9\, x^2 + \dots \right) \left(x^5+5\,x^4 + \dots \right) + \left(11\, x^4 +42\, x^3 + \dots \right) \left( x^4+ 2\, x^3 + \dots \right)= $$ $$=(-11+11)\,x^8+ (-11\cdot 5 - 9 +42 + 11 \cdot 2)\, x^7 +\dots $$

Еще одним способом нахождения полиномов $ u_{}(x) $ и $ v_{}(x) $ из тождества Безу является метод неопределенных коэффициентов. Поскольку из последней теоремы известны ограничения на степени искомых полиномов, то их можно представить в каноническом виде $$u(x)=U_0x^{n-1} + U_1x^{n-2}+\dots + U_{n-1}, \quad v(x)=V_0x^{m-1} + V_1x^{m-2}+\dots + V_{m-1} $$ при $ m = \deg g(x), n = \deg f(x) $ и коэффициентах $ U_0,\dots,U_{n-1}, V_0,\dots,V_{m-1} $, которые и требуется определить. Для их нахождения используется тождество Безу, в левой части которого после приведения подобных образуется полином $ (n+m-1) $-й степени. Поскольку этот полином должен тождественно равняться $ 1_{} $, то все его коэффициенты должны быть равными нулю, кроме свободного члена, равного $ 1_{} $. Полученная система из $ n+m $ уравнений будет линейной относительно коэффициентов $ U_0,\dots, U_{n-1},V_0,\dots, V_{m-1} $. Следствие к теореме гарантирует единственность решения этой системы в случае $ \operatorname{HOD}(f(x),g(x)) \equiv 1 $.

Пример. Выписать систему линейных уравнений для определения полиномов $ u_{}(x) $ и $ v_{}(x) $, удовлетворяющих тождеству Безу для

$$f(x)=a_0x^2+a_1x+a_2,\ g(x)=b_0x^2+b_1x+b_2, \ a_0 \ne 0, b_0 \ne 0 \ .$$

Решение. В этом примере полиномы $ u_{}(x) $ и $ v_{}x) $ следует искать в виде $$u(x)=U_0x+U_1,\ v(x)=V_0x+V_1 \ . $$ Имеем: $$v(x)f(x)+u(x)g(x)=(V_0x+V_1)(a_0x^2+a_1x+a_2) +(U_0x+U_1)(b_0x^2+b_1x+b_2)=$$ $$=(V_0a_0+U_0b_0) x^3 + (V_0a_1+V_1a_0+U_0b_1+U_1b_0) x^2 + (V_0a_2+V_1a_1+ U_0b_2+U_1b_1)x+(V_1a_2+U_1b_2)$$ и этот полином должен тождественно равняться $ 1_{} $. Поэтому выписываем систему условий на коэффициенты: $$ \left\{ \begin{array}{ccccc} a_0V_0& & +b_0U_0 & &=0,\\ a_1V_0&+a_0V_1 &+b_1U_0& +b_0U_1 & =0,\\ a_2V_0&+a_1V_1 &+b_2U_0& +b_1U_1 & =0,\\ &\ a_2V_1& &+b_2U_1 &=1. \end{array} \right. $$ Эта система и позволит нам определить коэффициенты $ U_0,U_1,V_0,V_1 $ по коэффициентам полиномов $ f_{}(x) $ и $ g_{}(x) $.

Пусть, например, $ a_0=1,a_1=3,a_2=1,b_0=1,b_1=-1,b_2=1 $. Решаем систему: $$ \left\{ \begin{array}{rrrrl} V_0& & +U_0 & &=0\\ 3V_0&+V_1 &-U_0& +U_1 & =0\\ V_0&+3V_1 &+U_0& -U_1 & =0\\ &V_1& &+U_1 &=1 \end{array} \right. \quad \begin{array}{c} \Rightarrow \\ \\ \\ \Rightarrow \end{array} \quad \begin{array}{rl} V_0&=-U_0 \\ \\ \\ V_1&=1-U_1 \end{array} \quad \begin{array}{c} \\ \Rightarrow \\ \Rightarrow \\ \end{array} \quad \left\{ \begin{array}{rl} -3U_0+(1-U_1)-U_0+U_1&=0 \\ -U_0+3(1-U_1)+U_0-U_1&=0 \end{array} \right. $$ Последняя система имеет единственное решение $ U_0= {\scriptstyle 1}/{\scriptstyle 4},\ U_1={\scriptstyle 3}/{\scriptstyle 4} $, тогда $ V_0=-{\scriptstyle 1}/{\scriptstyle 4},\ V_1={\scriptstyle 1}/{\scriptstyle 4} $. Окончательно: $ u(x)= {\scriptstyle 1}/{\scriptstyle 4} \, (x+3),\ v(x)={\scriptstyle 1}/{\scriptstyle 4} \, (-x+1) $.

Возьмем теперь $ a_0=1,\, a_1=4,\, a_2=-5,\, b_0=1,\, b_1=-4,\, b_2=3 $: $$ \left\{ \begin{array}{rrrrl} V_0& & +U_0 & &=0\\ 4V_0&+V_1 &-4U_0& +U_1 & =0\\ -5V_0&+4V_1 &+3U_0& -4U_1 & =0\\ &-5V_1& &+3U_1 &=1 \end{array} \right. \quad \begin{array}{c} \Rightarrow \\ \\ \\ \Rightarrow \end{array} \quad \begin{array}{rl} V_0&=-U_0 \\ \\ \\ V_1&={\scriptstyle 3}/{\scriptstyle 5} U_1 - {\scriptstyle 1}/{\scriptstyle 5} \end{array} \quad \begin{array}{c} \\ \Rightarrow \\ \Rightarrow \\ \end{array} \quad \left\{ \begin{array}{rl} -8\, U_0+{\scriptstyle 8}/{\scriptstyle 5} \, U_1 &={\scriptstyle 1}/{\scriptstyle 5} \\ 8\,U_0-{\scriptstyle 8}/{\scriptstyle 5} \, U_1 &={\scriptstyle 4}/{\scriptstyle 5} \end{array} \right. $$ Последняя система не имеет решений (несовместна). Это факт свидетельствует о том, что полиномы $ f_{}(x) $ и $ g_{}(x) $ не являются взаимно простыми. Так оно и есть: $ \operatorname{HOD} (x^2+4\,x-5,\, x^2-4\,x+3) \equiv (x-1) $.

Итак, совместность получившейся системы линейных уравнений напрямую связана с условием взаимной простоты полиномов $ f_{}(x) $ и $ g_{}(x) $. Это условие было нами установлено в предыдущем примере: оно заключалось в отличии от нуля величины $ \mathcal R(f,g) $, определяемой формулой: $$ \mathcal R(f,g) = b_0^2a_2^2-2\,a_0a_2b_0b_2+a_0^2b_2^2-a_1a_2b_0b_1-a_0a_1b_1b_2+ a_0a_2b_1^2+a_1^2b_0b_2 = $$ $$ =(a_0b_2-a_2b_0)^2 -(a_0b_1-a_1b_0)(a_1b_2-a_2b_1) \ . $$ Следовательно, эта величина должна как-то проявляться и при решении системы в ее общем виде. Так оно и оказывается: $$ V_0=\frac{b_0(a_0b_1-a_1b_0)}{\mathcal R(f,g)} \ , \ V_1=\frac{-a_0b_0b_2+a_2b_0^2-a_1b_0b_1+a_0b_1^2}{\mathcal R(f,g)} \ , $$ $$ U_0=\frac{a_0(a_1b_0-a_0b_1)}{ \mathcal R(f,g)} \ , \ U_1=\frac{a_0^2b_2-a_0a_2b_0-a_0a_1b_1+a_1^2b_0}{\mathcal R(f,g)} \ .$$

Найти полиномы $ u_{}(x) $ и $ v_{}(x) $, удовлетворяющие тождеству Безу при

а) $ f(x)=4\,x^3+3\,x^2+2\,x+1\ , \quad g(x)=x^2+2\, x+3 $;

б) $ f(x)=5\,x^4+4\,x^3+3\,x^2+2\,x+1\ , \quad g(x)=x^3+2\, x^2+3\,x+4 $;

в) $ f(x)=\displaystyle \sum_{j=1}^{n} (n-j+1)x^{n-j} \ , \quad g(x)=\sum_{j=2}^{n} (j-1)x^{n-j} $.

Статья не закончена!

Пусть $ f(x), g(x), g_1(x) $ — полиномы с рациональными коэффициентами, $ \deg f=n $. Обозначим $ \lambda_1,\dots,\lambda_n $ корни $ f_{}(x) $.

Задача. Для рациональной дроби $ g_1(x)/g(x) $ найти полином $ G_{}(x) $ c рациональными коэффициентами и такой, чтобы $$G(\lambda_1)=g_1(\lambda_1)/g(\lambda_1),\ \dots ,\ G(\lambda_n)=g_1(\lambda_n)/g(\lambda_n) \ . $$ Понятно, что эта постановка имеет смысл, если $ g(\lambda_j) \ne 0 $ ни при одном $ j_{} $, т.е. полиномы $ f_{}(x) $ и $ g_{}(x) $ взаимно просты.

Особый интерес представляет случай, когда $ f_{}(x) $ неприводим над множеством рациональных чисел.

Теорема. При условии $ \operatorname{HOD} (f,g)=1 $ всегда существует полином $ G_{}(x) $, решающий поставленную задачу. При условии $ \deg{G}{<}{n} $ такой полином определяется единственным образом.

Доказательство. Легко проверить, что полином $ u(x) $, удовлетворяющий тождеству Безу: $$ v(x)f(x)+u(x)g(x) \equiv 1 \ , $$ фактически определяет решение задачи. На произвольном корне $ \lambda_j $ полинома $ f_{}(x) $ это тождество превращается в равенство $ 1/g(\lambda_j)=u(\lambda_j) $. Таким образом, полином $$ G(x)=g_1(x)u(x) $$ является искомым. Поскольку коэффициенты $ u_{}(x) $ — по любому способу их построения из предыдущего пункта — рационально выражаются через коэффициенты полиномов $ f_{}(x) $ и $ g_{}(x) $, то коэффициенты $ G_{}(x) $ будут рациональными числами. Решением поставленной задачи будет также и произвольный полином вида $ G(x) + q(x) f(x) $ при любом $ q(x) \in \mathbb Q[x] $. В частности, можно в качестве полинома $ G_{}(x) $ взять остаток от деления $ g_1(x)u(x) $ на $ f_{}(x) $. За счет такой возможности получаем решение задачи при указанном в теореме ограничении. ♦

Докажите единственность полинома $ G_{}(x) $ при выполнении условия $ \deg G<n $.

Пример. Уничтожить иррациональность в знаменателе выражения $ \lambda/(\lambda^3-1) $, где $ \lambda_{} $ — корень полинома $ x^5-4x-2 $.

Решение. Здесь $ g(x)=x^3-1, g_1(x)=x $ и полином $ u_{}(x) $ вычислен в примере ☞ЗДЕСЬ: $$u(x)=1/95(18\,x^4-7\,x^3+8\,x^2+18\,x-79) .$$ Представление $ G_{}(x) $ берем из доказательства теоремы: $$ G(x)=1/95(18\,x^5-7\,x^4+8\,x^3+18\,x^2-79\,x) \ . $$ Если поделить $ G_{}(x) $ на $ f_{}(x) $, то остаток от деления, т.е. $$ 1/95(-7\,x^4 +8\,x^3+18\,x^2-7\,x+36)$$ также является решением задачи — причем единственным среди полиномов степеней меньших $ 5_{} $. ♦

Уничтожить иррациональность в знаменателе выражения

a) $ \lambda /(\lambda-1) $, где $ \lambda $ — корень полинома $ x^3-2x-2 $;

б) $ 1/(\lambda^3+3\lambda^2+3\lambda+2) $, где $ \lambda $ — корень полинома $ x^4+x^3-4\,x^2-3\,x+2 $.

Пусть поведение объекта управления описывается функцией времени $ X(t) $, удовлетворяющей дифференциальному уравнению $$ f(\mathbf D) X(t)=g(\mathbf D) U(t) +g_w(\mathbf D) W(t) \ . $$ Здесь $ U(t) $ — управляющее воздействие (которое мы имеем возможность создавать для обеспечения нужных нам свойств объекта), $ W(t) $ — возмущение, $ f(\mathbf D),g(\mathbf D),g_w(\mathbf D) $ — полиномы от оператора дифференцирования $ \mathbf D $ с постоянными коэффициентами.

Предполагается, что сигнал обратной связи строится как решение дифференциального уравнения $$ p(\mathbf D)U_f(t)=-q(\mathbf D) X(t) \ , $$ где $ p(\mathbf D) $ — некоторый полином, не равный тождественно нулю.

Пример. Частным случаем такого задания является пропорционально-дифференциально-интегральный закон управления (ПИД-закон) $$ U_f(t)=-k_1X(t)-k_2 \frac{d\, X}{d\, t} - k_0\int X(t) d\, t \ . $$ Действительно, это соотношение эквивалентно дифференциальному уравнению $$ \mathbf D u(t)=-(k_0+k_1\mathbf D+k_2\mathbf D^2) y(t) \ . $$

Уравнение объекта и уравнение обратной связи образуют систему $$ f(\mathbf D)X(t)=g(\mathbf D)\left[U_f(t)+U_{n}(t) \right]+ g_w(\mathbf D) W(t), $$ $$p(\mathbf D)U_f(t)=-q(\mathbf D)X(t) \ . $$ Исключив из этой системы $ U_f(t) $, получим уравнение $$ \left[f(\mathbf D)p(\mathbf D)+g(\mathbf D)q(\mathbf D) \right]X(t)=p(\mathbf D)\left[g(\mathbf D)U_{n}(t) +g_w(\mathbf D) W(t)\right] \ . $$ Характеристический полином замкнутой системы принял вид $$ F(\lambda)=f(\lambda)p(\lambda)+g(\lambda)q(\lambda) \ . $$

Теорема. Пусть $ \operatorname{HOD}(f,g)=1 $. Тогда полиномы $ p(\lambda) $ и $ q(\lambda) $, определяющие вид обратной связи, могут быть выбраны так, чтобы характеристический полином $ F(\lambda) $ замкнутой системы имел произвольные заданные коэффициенты, то есть произвольное расположение корней.

Доказательство следует из тождества Безу: если $ u(\lambda) $ и $ v(\lambda) $ удовлетворяют тождеству $ v(\lambda)f(\lambda)+u(\lambda)g(\lambda) \equiv 1 $, то в качестве полиномов $ p(\lambda),q(\lambda) $ можно взять $$ p(\lambda)=F(\lambda) v(\lambda),\ q(\lambda)=F(\lambda) u(\lambda) \ . $$

♦

Если $ \operatorname{HOD}(f,g)=1 $, то можно выбрать обратную связь вида $ p(\mathbf D)U_f(t)=-q(\mathbf D) X(t) $, обеспечивающую устойчивость замкнутой системы при неустойчивом объекте.

Статья не закончена!