Основное
Вспомогательная страница к разделу ☞ ДИСКРИМИНАНТ.
$$ f(x)=a_0x^n+\dots+a_n, \ a_0 \ne 0 $$ $$ D(a_0,\dots,a_n):= \mathcal D_x(f) \, . $$
Теорема. Условие $ D=0 $ необходимо и достаточно, чтобы полином $ f(x) $ обладал кратным корнем. При выполнении этого условия, условие
$$ \partial D / \partial a_n \ne 0 $$ необходимо и достаточно, чтобы кратный корень полинома был единствен и имел кратность $ 2 $. В этом случае кратный корень $ \lambda $ удовлетворяет уравнениям $$ \lambda^{n-j}= \frac{\partial D / \partial a_j}{\partial D / \partial a_n} \quad \mbox{при} \ j\in \{1,\dots, n\} \, . $$
Доказательство. Справедливо линейное представление $ \mathcal D_{x}(f) $: $$ f(x)v(x)+f^{\prime}(x)u(x) \equiv \mathcal D_{x}(f) \qquad {\color{Red}{ (1)} } \, . $$ Здесь полиномы $ u(x) $ и $ v(x) $ можно выбрать с ограничениями на степени $ \deg u(x) < n, \deg v(x) < n-1 $, тогда они определяются единственным образом, и их коэффициенты линейно зависят от коэффициентов $ f(x) $.
При выполнении условия $ \mathcal D_{x}(f)=0 $ существует кратный корень у полинома $ f(x) $. Обозначим этот корень $ \lambda $ (если их несколько — любой из них). Рассмотрим это тождество как тождество для полиномов над $ \mathbb Z[x,a_0,\dots,a_n] $. Продифференцируем его по $ a_n $: $$ v(x)+f(x) \frac{\partial v}{\partial a_n}+ f^{\prime}(x) \frac{\partial u}{\partial a_n} \equiv \frac{\partial D}{\partial a_n} $$ и подставим $ x=\lambda $ $$ v(\lambda) = \frac{\partial D}{\partial a_n} \, \qquad {\color{Red}{ (2)} } . $$ Продифференцируем тождество ${\color{Red}{ (1)} }$ по $ a_j, j<n $ $$ x^{n-j} v(x) +f(x) \frac{\partial v}{\partial a_j}+ (n-j)x^{n-j-1} u(x) + f^{\prime}(x)\frac{\partial u}{\partial a_j} \equiv \frac{\partial D}{\partial a_j} $$ и подставим $ x=\lambda $: $$ \lambda^{n-j} v(\lambda ) + (n-j)\lambda^{n-j-1} u(\lambda) = \frac{\partial D}{\partial a_j} \, \qquad {\color{Red}{ (3)} } \, . $$ Продифференцируем тождество ${\color{Red}{ (1)} }$ по $ x $ $$ f^{\prime}(x)v(x)+f(x)v^{\prime}(x)+f^{\prime \prime}(x)u(x) + f^{\prime }(x)u^{\prime}(x) \equiv 0 \qquad {\color{Red}{ (4)} } $$ и подставим $ x=\lambda $: $$ f^{\prime \prime}(\lambda)u(\lambda) = 0 \, \qquad {\color{Red}{ (5)} } . $$
Пусть $ f^{\prime \prime}(\lambda) \ne 0 $, т.е. кратность корня $ \lambda $ равна $ 2 $.
Тогда из равенства $ {\color{Red}{ (5)} } $ следует, что $ u(\lambda)=0 $, но тогда из $ {\color{Red}{ (3)} } $ следует $$ \lambda^{n-j} v(\lambda ) = \frac{\partial D}{\partial a_j} \, . $$ Предположим, вдобавок, что полином $ f(x) $ не имеет других кратных корней, отличных от $ \lambda $. Тогда, утверждается, что $ v(\lambda) \ne 0 $. Если это не так, то дифференцируем $ {\color{Red}{ (4)} } $ по $ x $ и подставляем $ x=\lambda $: $$ f^{\prime \prime}(\lambda)(v(\lambda)+2\, u^{\prime}(\lambda))=0 \, . $$ Получаем $ u^{\prime}(\lambda) = 0 $. Таким образом, $ u(x) $ делится нацело на $ (x-\lambda)^2 $; обозначим частное от деления через $ \tilde u(x) $. Далее, частное от деления $ v(x) $ на $ x-\lambda $ обозначим $ \tilde v(x) $, частное от деления $ f(x) $ на $ (x-\lambda)^2 $ — через $ \tilde f(x) $, а частное от деления $ f^{\prime}(x) $ на $ (x-\lambda) $ — через $ \widehat f(x) $. Из $ {\color{Red}{ (1)} } $ получаем тождество $$ \tilde f(x) \tilde v(x) + \widehat f(x) \tilde u(x) \equiv 0 \, . $$ Но это тождество (при получающихся ограничениях $ \deg \tilde u(x) \le n-3, \deg \tilde v(x) \le n-3 $) означает, что полиномы $ \tilde f(x) $ и $ \widehat f(x) $ обладают общим корнем, т.е. полином $ f(x) $ обладает кратным корнем, и, по предположению, этот корень $ \ne \lambda $. Противоречие доказывает ошибочность предположения $ v(\lambda)=0 $. Но тогда, из $ {\color{Red}{ (2)} } $ необходимо следует $ \partial D /\partial a_n \ne 0 $, а, следовательно, и справедливость формулы из теоремы.
Обратно, предположим, что $ D=0, \partial D /\partial a_n \ne 0 $. Обозначим произвольный кратный корень полинома $ \lambda $, пусть его кратность равна $ \mathfrak m \ge 2 $. Из $ {\color{Red}{ (2)} } $ следует, что $ v(\lambda) \ne 0 $. Рассмотрим тождество $$ f(x)v(x)\equiv -f^{\prime}(x)u(x) \, . $$ Левая часть имеет делитель $ (x-\lambda)^{\mathfrak m} $, а $ f^{\prime}(x) $ делится только на $ (x-\lambda)^{\mathfrak m-1} $. Следовательно, $ u(\lambda)=0 $. Из формул $ {\color{Red}{ (2)} } $ и $ {\color{Red}{ (3)} } $ $ \lambda $ определяется однозначно. Если $ \mathfrak m > 2 $, то используем формулу для дискриминанта через корни $ \{\lambda,\dots, \lambda,\mu_{\mathfrak m},\dots,\mu_{n-1} \} $ производной $f^{\prime}(x) $: $$ \mathcal D(f)=[f(\lambda)]^{\mathfrak m-1} \underbrace{(-1)^{n(n-1)/2}n^n a_0^{n-1}\prod_{j=\mathfrak m}^{n-1} f(\mu_j)}_{Q} \, . $$ Выражения для $ \{\lambda, \mu_j\} $ не зависят от $ a_n $, следовательно $$ \frac{\partial D}{\partial a_n} = (\mathfrak m-1) [f(\lambda)]^{\mathfrak m-2} Q + [f(\lambda)]^{\mathfrak m-1} \partial Q /\partial a_n =0 \, , $$ что противоречит предположению.
Пример. Для
$$ f(x)\equiv (x-\lambda)^2\underbrace{(x^5+b_1\,x^4+b_2\,x^3+b_3\,x^2+b_4\,x+b_5)}_{q(x)} $$ имеем: $$ \frac{\partial D}{\partial a_7} = -4 q(\lambda)^3 \mathcal D_x (q(x)), \ \frac{\partial D}{\partial a_6} = -4 \lambda q(\lambda)^3 \mathcal D_x (q(x)) \, . $$
Условия
$$ D=0, \partial D / \partial a_n = 0 $$ эквивалентны условиям $$ \partial D / \partial a_0 = 0, \dots, \partial D / \partial a_n = 0 \, . $$
Действительно, $ D(a_0,\dots,a_n) $ является однородным относительно своих переменных: $$ (2n-2)D(a_0,\dots,a_n)\equiv a_0 \partial D / \partial a_0 + \dots + a_n \partial D / \partial a_n \, . $$
Теорема. Если полином $ f(x)_{} $ имеет единственный кратный корень $ \lambda_{} $ второй кратности,то
$$ 1 : \lambda : \lambda^2 : \dots : \lambda^n = \frac{\partial D}{\partial a_n} : \frac{\partial D}{\partial a_{n-1}} : \frac{\partial D}{\partial a_{n-2}} : \dots : \frac{\partial D}{\partial a_{0}} \, . $$
Доказательство. Пусть $ \{\lambda, \mu_2,\dots, \mu_{n-1} \} $ — набор корней $f^{\prime}(x)=0$, причем $$ f(\lambda)=0, f(\mu_2) \ne 0, \dots, f(\mu_{n-1}) \ne 0 \, , $$ т.е. $ \lambda $ — единственный кратный корень $ f(x) $ второй кратности. Дискриминант $$ \mathcal D(f)=f(\lambda) \underbrace{(-1)^{n(n-1)/2}n^n a_0^{n-1}\prod_{j=2}^{n-1} f(\mu_j)}_{Q} $$ представляет собой сложную функцию $D(a_0,\dots,a_n)$. Помимо вхождения в коэффициенты полинома $ f $, нужно считать, что и корни зависят от $ a_0,\dots,a_{n-1} $. Тогда, $$ \frac{\partial D}{\partial a_n}=\left( a_0n\lambda^{n-1}\frac{\partial \lambda}{\partial a_n}+ a_1(n-1)\lambda^{n-2}\frac{\partial \lambda}{\partial a_n}+\dots+a_1\frac{\partial \lambda}{\partial a_n} +1\right) Q +f(\lambda) \frac{\partial Q}{\partial a_n}= $$ $$ =\left(f^{\prime}(\lambda) \frac{\partial \lambda}{\partial a_n} +1 \right) Q = Q \, . $$ поскольку $ f(\lambda)= f^{\prime}(\lambda) =0 $. Аналогично, $$ \frac{\partial D}{\partial a_{n-1}}=\left(f^{\prime}(\lambda) \frac{\partial \lambda}{\partial a_{n-1}} + \lambda \right) Q +f(\lambda) \frac{\partial Q}{\partial a_{n-1}}= \lambda Q \, , $$ и т.д.
Теорема. Если полином $ f(x) $ имеет пару кратных корней $ \lambda_1 \ne \lambda_2 $ второй кратности, то
$$ \frac{\partial^2 D}{\partial a_j \partial a_k} = \tau \left(\lambda_1^{n-j}\lambda_2^{n-k}+ \lambda_1^{n-k}\lambda_2^{n-j} \right) \qquad {\color{Red}{ (1)} } $$ для любых $ \{j,k\} \in \{0,\dots,n \} $ и при константе $\tau $, не зависящей от $ \lambda_1, \lambda_2 $.
Доказательство. Представим $ \mathcal D(f) $ через корни $\{\lambda_1,\lambda_2, \mu_3,\dots, \mu_{n-1} \} $ производной $ f^{\prime}(x) $: $$ \mathcal D(f)=f(\lambda_1)f(\lambda_2) \underbrace{(-1)^{n(n-1)/2}n^n a_0^{n-1}\prod_{j=3}^{n-1} f(\mu_j)}_{Q_{12}} $$ Пусть $$ f(\lambda_1)=0, f(\lambda_2)=0, f(\mu_3) \ne 0, \dots, f(\mu_{n-1}) \ne 0 \, , $$ т.е. $ \lambda_1 $ и $ \lambda_2 $ — кратные корни $ f(x) $ второй кратности. Имеем, $$ \frac{\partial D}{\partial a_j}=\left(f^{\prime}(\lambda_1) \frac{\partial \lambda_1}{\partial a_j} + \lambda_1^{n-j} \right) f(\lambda_2) Q_{12} + \left(f^{\prime}(\lambda_2) \frac{\partial \lambda_2}{\partial a_j} + \lambda_2^{n-j} \right) f(\lambda_1) Q_{12} + f(\lambda_1) f(\lambda_2) \frac{\partial Q_{12}}{\partial a_j} $$ и $$ \frac{\partial^2 D}{\partial a_j \partial a_k} = \left(f^{\prime \prime}(\lambda_1) \frac{\partial \lambda_1}{\partial a_j} \frac{\partial \lambda_1}{\partial a_k} + f^{\prime}(\lambda_1) \frac{\partial^2 \lambda_1}{\partial a_j \partial a_k} + (n-j) \lambda_1^{n-j-1} \frac{\partial \lambda_1}{\partial a_k} \right)f(\lambda_2) Q_{12} + $$ $$ +\left(f^{\prime}(\lambda_1) \frac{\partial \lambda_1}{\partial a_j} + \lambda_1^{n-j} \right) \left(f^{\prime}(\lambda_2) \frac{\partial \lambda_2}{\partial a_k} + \lambda_2^{n-j} \right) Q_{12}+ \left(f^{\prime}(\lambda_1) \frac{\partial \lambda_1}{\partial a_j} + \lambda_1^{n-j} \right)f(\lambda_2) \frac{\partial Q_{12}}{\partial a_k}+ $$ $$ + \left(f^{\prime \prime}(\lambda_2) \frac{\partial \lambda_2}{\partial a_j} \frac{\partial \lambda_2}{\partial a_k} + f^{\prime}(\lambda_2) \frac{\partial^2 \lambda_2}{\partial a_j \partial a_k} + (n-j) \lambda_2^{n-j-1} \frac{\partial \lambda_2}{\partial a_k} \right)f(\lambda_1) Q_{12}+ $$ $$ + \left(f^{\prime}(\lambda_1) \frac{\partial \lambda_1}{\partial a_k} + \lambda_1^{n-k} \right) \left(f^{\prime}(\lambda_2) \frac{\partial \lambda_2}{\partial a_j} + \lambda_2^{n-j} \right) Q_{12}+ \left(f^{\prime}(\lambda_2) \frac{\partial \lambda_2}{\partial a_j} + \lambda_2^{n-j} \right)f(\lambda_1) \frac{\partial Q_{12}}{\partial a_k}+ $$ $$ +\frac{\partial }{\partial a_k} \left(f(\lambda_1) f(\lambda_2) \frac{\partial Q_{12}}{\partial a_j} \right) \, . $$ Поскольку $ f(\lambda_1)=f(\lambda_2)=f^{\prime}(\lambda_1)=f^{\prime}(\lambda_2)=0$, то получаем утверждение теоремы при $ \tau=Q_{12} $.
Пример. Для
$$ f(x):=(\underbrace{x^2+b_1x+b_2}_{f_1(x)})^2\underbrace{(x^3+c_1x^2+c_2x+c_3)}_{f_2(x)} $$ имеем $$ \frac{\partial^2 D}{\partial a_2 \partial a_5} =-16\,b_1b_2^2(b_1^2-3b_2)\left[\mathcal D(f_1)\right]^2 \mathcal D(f_2) \left[\mathcal R (f_1,f_2) \right]^3 \, , $$ $$ \frac{\partial^2 D}{\partial a_1 \partial a_3} =16\,b_2^4(b_1^2-2b_2)\left[\mathcal D(f_1)\right]^2 \mathcal D(f_2) \left[\mathcal R (f_1,f_2) \right]^3 \, , $$ $$ \lambda_1^5\lambda_2^2 + \lambda_1^2 \lambda_2^5=b_2^2(\lambda_1^3+\lambda_2^3)=b_2^2(-b_1)(b_1^2-3\,b_2) $$ $$ \lambda_1^6\lambda_2^4 + \lambda_1^4 \lambda_2^6=b_2^4(b_1^2-2\,b_2) \, . $$