Инструменты сайта


Для понимания материалов настоящего раздела крайне желательно ознакомиться с разделами ПОЛИНОМ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ и ОПРЕДЕЛИТЕЛЬ

Результант

Будем обозначать через $ \mathbb A_{} $ какое-либо из множеств $ \mathbb Z, \mathbb Q, \mathbb R_{} $ или $ \mathbb C_{} $.

Результант в форме Сильвестра

Для полиномов $ f(x)=a_{0}x^n+a_1x^{n-1}+\dots+a_n $ и $ g(x)=b_{0}x^m+b_1x^{m-1}+\dots+b_m $ при $ a_{0}\ne 0, b_0\ne 0 $ рассмотрим квадратную матрицу порядка $ m+n_{} $ $$ M=\left(\begin{array}{cccccccccc} a_0&a_1&a_2&\ldots&\ldots&a_n&0&\dots &0 &0\\ 0&a_0&a_1&\ldots&\ldots&a_{n-1}&a_n&\dots&0 &0\\ \vdots&&\ddots&&&&&&\ddots\\ 0&0&\ldots&a_0&\ldots&\ldots & & \ldots &a_{n-1} &a_n\\ 0&0&\ldots&&b_0&b_1&\ldots& \ldots &b_{m-1}&b_m\\ 0&0&\ldots&b_0&b_1&\ldots &&\ldots &b_m&0\\ \vdots&&&\ldots&&&& &&\vdots\\ 0&b_0&\ldots&\ldots&&b_m&\ldots&&\ldots&0\\ b_0&\ldots&\ldots&&b_m&0&\ldots&&&0 \end{array}\right) \begin{array}{l} \left.\begin{array}{l} \\ \\ \\ \\ \end{array}\right\} m \\ \left. \begin{array}{l} \\ \\ \\ \\ \\ \end{array}\right\} n \end{array} $$ (элементы выше $ a_{n} $ и $ b_{0} $, и ниже $ a_{0} $ и $ b_{m} $ все равны нулю). Выражение $$ {\mathcal R}(f,g)= (-1)^{n_{}(n-1)/2} \det M $$ называется результантом1) (в форме Сильвестра) полиномов $ f_{} $ и $ g_{} $ .

В подавляющем большинстве учебников определение результанта приводится в несколько иной форме: строки коэффициентов полинома $ g_{}(x) $ переставляются местами так, чтобы образовывались ступеньки из них, поднимающиеся из правого нижнего угла. Так, к примеру, $$ {\mathcal R}(a_0x^3+a_1x^{2}+a_2x+a_3,\ b_0x^3+b_1x^{2}+b_2x+b_3)= $$ $$ = \left|\begin{array}{cccccc} a_0&a_1&a_2&a_3 & &\\ & a_0&a_1&a_2&a_3 & \\ & & a_0&a_1&a_2&a_3 \\ b_0&b_1&b_2&b_3 & &\\ & b_0&b_1&b_2&b_3 & \\ & & b_0&b_1&b_2&b_3 \end{array}\right| \ . $$ Такое определение позволяет сэкономить на знаке $ (-1)^{n_{}(n-1)/2} $, стоящем в определении. Тем не менее, из соображений, которые будут понятны НИЖЕ, мне удобней использовать именно приведенную выше форму матрицы.
П

Пример. $$ {\mathcal R}(a_0x^2+a_1x+a_2,\ b_0x^2+b_1x+b_2)= $$ $$ =(a_0b_2-a_2b_0)^2-(a_0b_1-a_1b_0)(a_1b_2-a_2b_1) \, . $$

Т

Теорема. Если $ \lambda_{1},\dots,\lambda_n $ — корни полинома $ f_{}(x) $, а $ \mu_{1},\dots,\mu_m $ — корни полинома2) $ g_{}(x) $ , то $$ {\mathcal R}(f,g)= a_0^m b_0^n \prod_{k=1}^m \prod_{j=1}^n (\lambda_j - \mu_k) \ . $$

=>

$$ {\mathcal R}(f,g)= a_0^m \prod_{j=1}^n g(\lambda_j)= (-1)^{mn} b_0^n \prod_{k=1}^m f(\mu_k) \ . $$

=>

$ {\mathcal R}(f,g)=0_{} $ тогда и только тогда, когда полиномы $ f_{}(x) $ и $ g_{}(x) $ имеют общий корень.

§

Откуда возникает результант в форме Сильвестра см. ЗДЕСЬ

П

Пример. Найти все значения параметра $ {\color{Red} \alpha } $, при которых полиномы $ x^{3}+{\color{Red} \alpha }\,x+1 $ и $ x^{2}+{\color{Red} \alpha }\,x+1 $ имеют общий корень.

Решение. Вычисляем определитель с помощью элементарных преобразований строк: $$ {\mathcal R}(x^3+{\color{Red} \alpha }\,x+1,\ x^2+{\color{Red} \alpha }\,x+1)= (-1)^{3\cdot 2/2}\left| \begin{array}{ccccc} 1 & 0 & {\color{Red} \alpha } & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & {\color{Red} \alpha } & 1 \\ 0 & 0 & 1 & {\color{Red} \alpha } & 1 \\ 0 & 1 & {\color{Red} \alpha } & 1 & 0 \\ 1 & {\color{Red} \alpha } & 1 & 0 & 0 \end{array} \right| =- \left| \begin{array}{ccccc} 1 & 0 & {\color{Red} \alpha } & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & {\color{Red} \alpha } & 1 \\ 0 & 0 & 1 & {\color{Red} \alpha } & 1 \\ 0 & 0 & {\color{Red} \alpha } & 1-{\color{Red} \alpha } & -1 \\ 0 & {\color{Red} \alpha } & 1-{\color{Red} \alpha } & -1 & 0 \end{array} \right|= $$ (первую строку вычли из последней, вторую — из предпоследней), разложим по элементам первого столбца: $$ =-\left| \begin{array}{cccc} 1 & 0 & {\color{Red} \alpha } & 1 \\ 0 & 1 & {\color{Red} \alpha } & 1 \\ 0 & {\color{Red} \alpha } & 1-{\color{Red} \alpha } & -1 \\ {\color{Red} \alpha } & 1-{\color{Red} \alpha } & -1 & 0 \end{array} \right|=- \left| \begin{array}{cccc} 1 & 0 & {\color{Red} \alpha } & 1 \\ 0 & 1 & {\color{Red} \alpha } & 1 \\ 0 & {\color{Red} \alpha } & 1-{\color{Red} \alpha } & -1 \\ 0 & 1-{\color{Red} \alpha } & -1-{\color{Red} \alpha }^2 & -{\color{Red} \alpha } \end{array} \right|= $$ (из последней строки вычли первую, домноженную на $ {\color{Red} \alpha } $), снова разложим по первому столбцу: $$ =-\left| \begin{array}{ccc} 1 & {\color{Red} \alpha } & 1 \\ {\color{Red} \alpha } & 1-{\color{Red} \alpha } & -1 \\ 1-{\color{Red} \alpha } & -1-{\color{Red} \alpha }^2 & -{\color{Red} \alpha } \end{array} \right|= -\left| \begin{array}{ccc} 1 & {\color{Red} \alpha } & 1 \\ {\color{Red} \alpha }+1 & 1 & 0 \\ 1 & -1 & 0 \end{array} \right|= $$ (ко второй строке прибавили первую, к третьей — первую, домноженную на $ {\color{Red} \alpha } $), разложим по последнему столбцу: $$ =-\left| \begin{array}{cc} {\color{RubineRed} \alpha }+1 & 1 \\ 1 & -1 \end{array} \right|=-(-({\color{Red} \alpha }+1)-1)={\color{Red} \alpha }+2 \ . $$

Ответ. $ {\color{Red} \alpha }=-2_{} $.

Проверка. $ x^{3}-2\,x+1\equiv (x-1)(x^2+x-1),\ x^2-2\,x+1\equiv (x-1)(x+1) $.

?

Найти все значения параметра $ {\color{Red} \alpha } $, при которых полиномы $ x^{3}+{\color{Red} \alpha }\,x^2-14 $ и $ x^{3}+{\color{Red} \alpha }\,x-14 $ имеют общий корень.

§

В частном случае $ g_{}(x)\equiv f^{\prime}(x) $ результант превращается в дискриминант.

!

Основная цель введения результанта – исключение переменных в системе полиномиальных уравнений.

Свойства

1. Если $ \deg f(x) = n_{} $, $ \deg g(x)=m_{} $, то $$ {\mathcal R}(f,g)=(-1)^{nm}{\mathcal R}(g,f) \ . $$

2. $$ {\mathcal R}\left(f_1\cdot f_2,\, g\right)={\mathcal R}(f_1,\,g)\cdot {\mathcal R}(f_2,\, g) $$ 3. $${\mathcal R}(Af(x)+Bg(x),Cf(x)+Dg(x))=(AD-BC)^n{\mathcal R}\left(f(x),g(x)\right)$$ Последнее равенство справедливо в предположении, что $$ \deg f= n\ge m =\deg g \ge 1 \quad u \quad \deg (Af(x)+Bg(x))=\deg (Cf(x)+Dg(x))= n \ .$$ 4. Если $ f(x)=a_{0}x^n + a_1x^{n-1} + \dots + a_n $ и $ g(x)=b_{0}x^m+b_1x^{m-1}+\dots+b_m $ и числа $ a_{0},a_n,b_0,b_m $ отличны от нуля, то $$ {\mathcal R}(f,g) = (-1)^{mn}{\mathcal R}(a_nx^n+\ldots+a_0,b_mx^m+\ldots+b_0) \ .$$

Результант как полиномиальная функция коэффициентов

По построению, результант является полиномом с целыми коэффициентами относительно коэффициентов полиномов $ f_{}(x) $ и $ g_{}(x) $: $$ {\mathcal R}(a_0 x^n+ \ldots + a_{n}, b_0x^m + \ldots + b_m)\equiv R(a_0,\dots,a_n,b_0,\dots,b_m) \in {\mathbb Z}[a_0,\dots,a_n,b_0,\dots,b_m] \ ;$$ степень этого полинома равна $ mn_{} $. Как полином от $ a_0,\dots,a_{n} $ результант является однородным степени $ m_{} $; как полином от $ b_{0},\dots,b_m $ результант является однородным степени $ n_{} $.

Т

Теорема. Если полиномы $ f_{}(x) $ и $ g_{}(x) $ имеют единственный общий корень $ \lambda_{} $, то $$ \lambda^j : \lambda^k = \frac{\partial R}{\partial a_{n-j-\ell}} : \frac{\partial R}{\partial a_{n-k-\ell}} = \frac{\partial R}{\partial b_{m-j-q}} : \frac{\partial R}{\partial b_{m-k-q}} $$ при любых $ \{j,k,\ell,q_{} \}\subset \{0,1,2,\dots \} $.

Доказательство. Рассмотрим случай $ j=0, k=1 $. Продифференцируем по $ b_{q} $ определяющее результант равенство: $$ {\mathcal R}(f,g)= a_0^m \prod_{j=1}^n g(\lambda_j) \ ; $$ получим: $$ \frac{\partial R}{\partial b_{q}}= \sum_{j=1}^n \frac{\partial g(\lambda_j)}{\partial b_{q}} \cdot \prod_{j=1 \atop j\ne q}^n g(\lambda_j) = \sum_{j=1}^n \alpha_j^{m-q} \prod_{j=1 \atop j\ne q}^n g(\lambda_j) \ . $$ Если полиномы $ f_{}(x) $ и $ g_{}(x) $ имеют единственный общий корень $ \lambda_1 $, то последнее равенство преобразуется в $$ \frac{\partial R}{\partial b_{q}}=\lambda_1^{m-q} \prod_{j=2}^n g(\lambda_j) $$ и произведение $ \prod $ отлично от нуля. Поскольку равенство справедливо для любых значений $ q_{} $, то $$ \frac{\partial R}{\partial b_{q-1}} \Bigg/ \frac{\partial R}{\partial b_{q}}= \lambda_1 \ , $$ а общий случай из теоремы доказывается аналогично.

Субрезультанты и наибольший общий делитель

Рассмотрим матрицу $ M_{} $ из определения результанта и удалим из нее первую и последнюю строки, а также первый и последний столбцы. Получим снова квадратную матрицу порядка $ m_{}+n-2 $. Определитель получившейся матрицы: $$ {\mathcal R}^{(1)}(f,g)= \left|\begin{array}{cccccccc} a_0&a_1&\ldots&\ldots&a_{n-1}&a_n&\dots&0 \\ \vdots&\ddots&&&&&\ddots\\ 0&\ldots&a_0&\ldots&\ldots & & \ldots &a_{n-1} \\ 0&\ldots&&b_0&b_1&\ldots& \ldots &b_{m-1}\\ 0&\ldots&b_0&b_1&\ldots &&\ldots &b_m\\ \vdots&&\ldots&&&& &\vdots\\ b_0&\ldots&\ldots&&b_m&\ldots&&0 \end{array}\right| \begin{array}{l} \left.\begin{array}{l} \\ \\ \\ \end{array}\right\} m-1 \\ \left. \begin{array}{l} \\ \\ \\ \\ \end{array}\right\} n-1 \end{array} $$ называется первым субрезультантом результанта $ {\mathcal R}(f_{},g) $.

Т

Теорема. Для того чтобы полиномы $ f_{}(x) $ и $ g_{}(x) $ имели один и только один общий корень, необходимо и достаточно, чтобы $${\mathcal R}(f,g)=0,\ {\mathcal R}^{(1)}(f,g)\ne 0\ .$$

=>

При выполнении условий предыдущей теоремы единственный общий корень полиномов $ f_{}(x) $ и $ g_{}(x) $ можно выразить в виде рациональной функции коэффициентов полиномов $ f_{}(x) $ и $ g_{}(x) $:

$$ \lambda=-{\det M_1^{(1)}\over {\mathcal R}^{(1)}(f,g)} . $$ Здесь матрица $ M_1^{(1)} $ получается из $ M_{} $ удалением первой и последней строк, первого и предпоследнего столбцов.

П

Пример. При выполнении условий теоремы для полиномов

$$ f(x)=a_0x^5+a_1x^4+a_2x^3+a_3x^2+a_4x+a_5 \ u \ g(x)=b_0x^3+b_1x^2+b_2x+b_3 $$ ($ a_{0} \ne 0, b_0 \ne 0 $) их общий корень выражается формулой $$ \lambda =- \left| \begin{array}{cccccc} a_0&a_1&a_2&a_3&a_4&0\\ 0&a_0&a_1&a_2&a_3&a_5\\ 0&0&0&b_0&b_1&b_3\\ 0&0&b_0&b_1&b_2&0\\ 0&b_0&b_1&b_2&b_3&0\\ b_0&b_1&b_2&b_3&0&0 \end{array}\right| \Bigg/ \left|\begin{array}{cccccc} a_0&a_1&a_2&a_3&a_4&a_5\\ 0&a_0&a_1&a_2&a_3&a_4\\ 0&0&0&b_0&b_1&b_2\\ 0&0&b_0&b_1&b_2&b_3\\ 0&b_0&b_1&b_2&b_3&0\\ b_0&b_1&b_2&b_3&0&0 \end{array} \right| \ . $$ Определитель матрицы $ M_{k} $, получаемой из матрицы $ M_{} $ вычеркиванием $ k_{} $ первых и $ k_{} $ последних столбцов, $ k_{} $ первых и $ k_{} $ последних строк, называется $ {\mathbf k} $-м субрезультантом полиномов $ f_{} $ и $ g_{} $ и обозначается $ {\mathcal R}^{(k)}(f,g) $. Для однообразия будем считать нулевым субрезультантом определитель матрицы $ M_{} $: $$ {\mathcal R}^{(0)}(f,g)= \det M =(-1)^{n(n-1)/2}{\mathcal R}(f,g) . $$

П

Пример. Для полиномов

$ f(x)=a_{0}x^5+a_1x^4+a_2x^3+a_3x^2+a_4x+a_5 $ и $ g(x)=b_{0}x^3+ b_1x^2+b_2x+b_3 $: $$ {\mathcal R}^{(2)}(f,\ g)= \left|\begin{array}{cccc} a_0&a_1&a_2&a_3\\ 0&0&b_0&b_1\\ 0&b_0&b_1&b_2\\ b_0&b_1&b_2&b_3 \end{array} \right| ;\ {\mathcal R}^{(3)}(f,\ g) =\left|\begin{array}{cc} 0&b_0\\ b_0&b_1 \end{array}\right| = -b_0^2 . $$

§

Откуда возникают субрезультанты см. ЗДЕСЬ

Т

Теорема. Для того чтобы полиномы $ f_{}(x) $ и $ g_{}(x) $ имели наибольший общий делитель степени $ k>0 $, необходимо и достаточно, чтобы были выполнены условия

$${\mathcal R}(f,g)=0,\ {\mathcal R}^{(1)}(f,g)= 0,\ \dots , {\mathcal R}^{(k-1)}(f,g)= 0, {\mathcal R}^{(k)}(f,g)\ne 0.$$

=>

При выполнении условий предыдущей теоремы наибольший общий делитель полиномов $ f_{}(x) $ и $ g_{}(x) $ можно представить в виде

$$ \operatorname{HOD} (f(x),g(x)) \equiv x^k{\mathcal R}^{(k)}(f,g) +x^{k-1} \det M_k^{(1)} +\ldots +\det M_k^{(k)} . $$ Здесь $ M_k^{(j)} $ — матрица, получаемая из субрезультанта $ {\mathcal R}^{(k)}(f,g) $ заменой последнего его столбца на столбец $$ [a_{m+n-2k+j-1}, a_{m+n-2k+j-2},\dots, a_{n-k+j},b_{m-k+j},b_{m-k+j+1},\dots,b_{m+n-2k+j-1}]^{\top} $$ (полагаем $ a_{K}=0 $ при $ K>n_{} $ и $ b_{L}=0 $ при $ L>m_{} $).

П

Пример. Найти наибольший общий делитель полиномов

$$ f(x)= x^6-x^5+3\,x^{3}-2\,x^2+1 \quad u \quad g(x)=x^{5}+x^3+x^2+2\,x+1 \ . $$

Решение. Опуская вычисления, приведем лишь окончательный результат: $$ {\mathcal R}(f,g)=0,\ {\mathcal R}^{(1)}(f,g)= 0,\ {\mathcal R}^{(2)}(f,g)= 0, \ {\mathcal R}^{(3)}(f,g)= \left| \begin{array}{rrrrr} 1 & -1 & 0 & 3 & -2 \\ 0 & 1 & -1 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 1 & 2 \end{array} \right| =-7 \ne 0 $$ Таким образом, $ \operatorname{HOD} (f(x),g(x)) $ имеет степень $ 3 $. Для его нахождения составим определитель заменой последнего столбца субрезультанта $ {\mathcal R}^{(3)} $: $$ \operatorname{HOD} (f(x),g(x)) =\left| \begin{array}{rrrrr} 1 & -1 & 0 & 3 & -2\,x^3+x \\ 0 & 1 & -1 & 0 & 3\,x^3-2\,x^2+1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & x^3+x^2+2\,x+1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & x^3+2\,x^2+x \\ 1 & 0 & 1 & 1 & 2\,x^3+x^2 \end{array} \right|=-7\,x^3 +7\,x^2-7\,x-7 \ . $$

Ответ. $ x^3-x^{2}+x+1 $.

§

В частном случае $ g(x)\equiv f^{\prime}(x) $ субрезультанты превращаются в субдискриминанты.

Результант в форме Кронекера

Для полиномов $$ f(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+\ldots+a_n\quad u \quad g(x)=b_0x^m+b_1x^{m-1}+\ldots+b_m $$ ($ a_{0}\ne 0 $) построим сначала формальное разложение дроби $ g_{}(x)/f(x) $ в ряд Лорана по отрицательным степеням $ x_{} $. Для случая $ \deg g < \deg f $ выписываем разложение $$ \frac{g(x)}{f(x)}=\frac{c_0}{x}+\frac{c_1}{x^2}+\dots+\frac{c_j}{x^{j+1}}+\dots \ , $$ домножаем обе части на $ f_{}(x) $ и приравниваем коэффициенты при одинаковых степенях $ x_{} $ в левой и правой частях получившегося равенства. В случае $ m=n-1 $ формулы, выражающие коэффициенты $ c_{j} $ через коэффициенты полиномов $ f_{}(x) $ и $ g_{}(x) $ следующие: $$ \begin{array}{ll} c_0&=b_{0}/a_0,\\ c_1& =(-c_{0}a_1+b_1)/a_0,\\ c_2& =(-c_{0}a_2-c_1a_1+b_2)/a_0, \\ \dots & \dots \\ c_{n-1}&=(-c_0a_{n-1}-c_1a_{n-2}-\dots-c_{n-2}a_1+b_{n-1})/a_0,\\ c_{K+n}&=(-c_{K}a_{n}-c_{K+1}a_{n-1}-\dots-c_{K+n-1}a_1)/a_0 \quad npu \quad \forall K \in \{0,1,2,\dots \} \ . \end{array} $$ В случае $ m<n-1 $ эти же формулы можно применять при дополнительном условии, что полином $ g_{}(x) $ считается записанным в виде $$ g(x) = b_0x^{n-1}+ b_1x^{n-2}+ \dots + b_{n-1} \ , $$ где коэффициенты $ b_0,\dots, b_{n-m} $ считаются равными нулю. Для случая $ \deg f \le \deg g $ сначала вычисляется частное $ q_{}(x) $ и остаток $ g_{1}(x) $ от деления $ g_{}(x) $ на $ f_{}(x) $, а далее правильная дробь $ g_1(x)/f(x) $ раскладывается по отрицательным степеням $ x_{} $ с использованием приведенных выше правил: $$ \frac{g(x)}{f(x)}=q(x)+\frac{g_1(x)}{f(x)}=q(x)+\frac{c_0}{x}+\frac{c_1}{x^2}+\dots+\frac{c_j}{x^{j+1}}+\dots $$ Вычислив величины $ c_{0},\dots,c_{2n-2} $, cоставим из них ганкелеву матрицу $$ C= [c_{j+k}]_{j,k=0}^{n-1}= \left(\begin{array}{lllll} c_0&c_1&c_2&\ldots&c_{n-1}\\ c_1&c_2&c_3&\ldots&c_{n}\\ c_2&c_3&c_4&\ldots&c_{n+1}\\ \dots&&&&\dots\\ c_{n-1}&c_{n}&c_{n+1}&\ldots&c_{2n-2} \end{array}\right)\ . $$ Обозначим $ C_{1},\dots,C_n $ ее главные миноры.

Т

Теорема [Кронекер][3].Имеет место формула $$ {\mathcal R}^{(k)}=a_0^{n+m-2k}C_{n-k} \ , $$ связывающая миноры матрицы $ C_{} $ с субрезультантами. В частности, справедливо равенство $$ {\mathcal R}(f,g)=a_0^{n+m} \det C \ .$$

П

Пример. Определить количество общих корней полиномов

$$ f(x)= 2\,x^5+x^4-x^3+4\,x^2+2\,x-2 \quad u \quad g(x)= 10\,x^3+3\,x^2-6\,x+1 \ . $$

Решение. С помощью рекурсивных формул вычисляем $ c_0,\dots,c_8 $: $$\{c_j\}_{j=0}^8 =\{0,5,-1,0,-10, 2,0,20,-4\} \ .$$ Составляем матрицу $ C_{} $: $$ C=\left(\begin{array}{rrrrr} 0&5&-1&0&-10\\ 5&-1&0&-10&2\\ -1&0&-10&2&0\\ 0&-10&2&0&20\\ -10&2&0&20&-4 \end{array}\right) $$ и вычисляем ее главные миноры (начиная с последнего): $ C_5=0 , C_4=0,\, C_3=251 \ne 0 $. На основании теоремы ПУНКТА, заключаем, что $ \operatorname{HOD}(f,g) $ имеет степень, равную $ 2_{} $.

Ответ. Два общих корня.

Следующий результат дает явное выражение субрезультантов через корни полинома $ f_{}(x) $.

Т

Теорема. Если все корни полинома $ f_{}(x) $ простые, то справедливо следующее равенство:

$$ C_p=\sum v(\lambda_{j_1},\dots,\lambda_{j_p})^2\ \frac{g(\lambda_{j_1})}{f'(\lambda_{j_1})}\times \dots \times \frac{g(\lambda_{j_p})}{f'(\lambda_{j_p})} \ ; $$ здесь суммирование идет по всевозможным наборам индексов $$ (j_1,\dots, j_p),\ 1\le j_1 < j_2 < \dots < j_p \le n, $$ а $$ v(\lambda_{j_1},\dots, \lambda_{j_p})= \prod_{1\leq K<L \leq p}(\lambda_{j_L}-\lambda_{j_K}) \ . $$ Если, вдобавок, $ {\mathcal R}(f,g)\ne 0 $, то $$ C_{n-1}=(-1)^{n(n-1)/2}\frac{{\mathcal R}(f,g)}{a_0^{m+n-2}} \sum_{j=1}^n \frac{1}{g(\lambda_j)f'(\lambda_j)}\ . $$

Доказательство основано на теореме 13, приведенной ЗДЕСЬ.

Результант в форме Безу

Рассмотрим снова полиномы из $ {\mathbb A}_{}[x] $: $$f(x)= a_0 x^n+ \dots + a_n \quad u \quad g(x) = b_0 x^m+ \dots + b_m \quad (a_0 \ne 0,b_0 \ne 0)\ . $$ Найдем остатки от деления $ x^{k}g(x) $ на $ f_{}(x) $ для $ k_{}\in \{ 0,\dots,n-1\} $: $$g_k(x)= b_{k0}x^{n-1}+b_{k1}x^{n-2}+\dots+b_{k,n-1}\ .$$ Составим матрицу из этих коэффициентов: $$ B=[b_{kj}]_{k,j=0}^{n-1} $$ и обозначим $ B_{1},\dots,B_n $ ее главные миноры.

Т

Теорема. Имеет место формула $$ a_0^{m-k}B_{n-k}= {\mathcal R}^{(k)} \ , $$ связывающая миноры матрицы $ B_{} $ с субрезультантами. В частности, справедливо равенство $$ {\mathcal R}(f,g) = (-1)^{n(n-1)/2} a_0^m \det B \ . $$

Доказательство проведем для случая $ n=5,\, m=3_{} $ и $ k=1_{} $. Для элементов первых двух строк матрицы $ B_{} $ имеем следующие формулы: $$ b_{00}=0,\ b_{01}=b_{10}=b_0,\ b_{02}=b_{11}=b_1,\ b_{03}=b_{12}=b_2\ , b_{04}=b_{13}=b_3,\ b_{14}=0 \ ; $$ элементы остальных строк получаются по формулам, связывающим коэффициенты $ g_{k}(x) $ с коэффициентами $ g_{k-1}(x_{}) $: $$ b_{kj}=b_{k-1,j+1}-b_{k-1,0}a_{j+1}/a_0\quad npu \quad j \in \{ 0,\dots ,n-1\}\ . $$ Тогда справедливо следующее матричное равенство: $$ \left( \begin{array}{cccccc} 1 & & & & & \\ 0 & 1 & & & & \\ 0 & 0 & 1 & & & \\ 0 & 0 & 0 & 1 & & \\ 0 & -b_{10}/a_0 & 0 & 0 & 1 & \\ -b_{10}/a_0 & -b_{20}/a_0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right) \cdot \left(\begin{array}{cccccc} a_0&a_1&a_2&a_3&a_4&a_5\\ &a_0&a_1&a_2&a_3&a_4\\ & & &b_0&b_1&b_2\\ & &b_0&b_1&b_2&b_3\\ &b_0&b_1&b_2&b_3& \\ b_0&b_1&b_2&b_3& & \end{array} \right) =\left( \begin{array}{cccccc} a_0 & a_1 & a_2 & a_3 & a_4 & a_5\\ & a_0 & a_1 & a_2 & a_3 & a_4\\ & & b_{00} & b_{01} & b_{02} & b_{03}\\ & & b_{10} & b_{11} & b_{12} & b_{13}\\ & & b_{20} & b_{21} & b_{22} & b_{23}\\ & & b_{30} & b_{31} & b_{32} & b_{33} \end{array}\right) \ . $$ Переходя в этом равенстве к определителям, получим требуемое.

Еще некоторые представления результанта

Т

Теорема. Пусть $ g(x)=b_{0}x^m+\dots+b_m \in {\mathbb C}[x] $ — произвольный полином. Вычислим полином от квадратной матрицы $ A_{} $: $ g(A)=b_{0}A^m+\dots+b_m E $. Тогда $$ \det g(A) = (-1)^{mn} {\mathcal R}(f,g_{}) , $$ где $ {\mathcal R}(f,g_{}) $ — результант полиномов $ f(x) =\det (A-x_{} E) $ и $ g_{}(x) $.

Этот результат доказывается анализом собственных чисел матрицы $ A_{} $.

Применения результанта

Преобразование Чирнгауза

Задача. Пусть даны два полинома из $ {\mathbb A}[x] $: $$ f(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+\ldots+a_n,\ g(x)=b_0x^m+b_1x^{m-1}+\ldots+b_m $$ ($ a_{0}\ne0,b_0\ne0 $); обозначим $ \lambda_{1},\dots,\lambda_n $ (как правило, неизвестные нам) корни $ f_{}(x) $. Построить полином $ F_{}(y) $, имеющий корни $ g(\lambda_{1}),\dots,g(\lambda_n) $. Нахождение этого полинома называется преобразованием Чирнгауза $ y=g_{}(x) $ полинома $ f_{}(x) $.

Т

Теорема. Существует единственный нормализованный полином $ F_{}(y) $ степени $ n_{} $, решающий задачу: $$ F(y)\equiv {\mathcal R}_{x}(f(x),y-g(x))/a_0^m \ ; $$ здесь результант рассматривается для полиномов относительно переменной $ x_{} $. Коэффициенты $ F_{}(y) $ рационально зависят от коэффициентов $ f_{}(x) $ и $ g_{}(x) $.

П

Пример. Найти преобразование Чирнгауза $ y=x^{2}+x-1 $ полинома $ f(x)=x^{3}-2\,x+3 $.

Решение. $$ F(y)={\mathcal R}(x^3-2\,x+3,\ -x^2-x+(1+y))= $$ $$ =-\left| \begin{array}{rrccc} 1 & 0 & -2 & 3 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -2 & 3 \\ 0 & 0 & -1 & -1 & 1+y \\ 0 & -1 & -1 & 1+y & 0 \\ -1 & -1 & 1+y & 0 & 0 \end{array}\right| =y^3-y^2+6y-4 \ . $$

§

Применение преобразования Чирнгауза в задаче решения алгебраических уравнений ЗДЕСЬ

Обобщениями задачи являются следующие (и подобные им).

Задача. Для полинома $ f_{}(x) $ степени $ n_{} $ построить полином $ F_{}(y) $, имеющий корнями всевозможные

a) суммы $ \lambda_{j} + \lambda_k $;

б) произведения $ \lambda_{j} \lambda_k $;

в) квадраты разностей $ (\lambda_{j} - \lambda_k)^2 $;

корней $ \lambda_{1},\dots,\lambda_n $ полинома $ f(x) $ (здесь $ 1\le j<k\le n $).

Устойчивость полинома

Полином $ f_{}(x) $ с комплексными коэффициентами называется устойчивым, если все его корни удовлетворяют условию $ \mathfrak R\mathbf e (x_{})<0 $ (т.е., говорят, лежат в левой полуплоскости комплексной плоскости).

Понятие устойчивого полинома существенно используется в теории оптимального управления; см. УСТОЙЧИВОСТЬ ПО ЛЯПУНОВУ. Следующая теорема дает один из самых распространенных критериев устойчивости.

Т

Теорема [Льенар, Шипар] [2]. Для устойчивости полинома $ f(x)=a_{0}x^n+a_1x^{n-1}+\dots+a_n $ с вещественными коэффициентами и $ a_{0} > 0 $ необходимо и достаточно, чтобы

а) все коэффициенты $ a_{1},\dots, a_n $ были положительными;

б) все субрезультанты результанта $$ {\mathcal R}\left(a_n+a_{n-2}Y+a_{n-4}Y^2+\dots,\ a_{n-1}+a_{n-3}Y+a_{n-5}Y^2+\dots \right) $$ были положительными.

П

Пример. Условие б) для $ n_{}=7 $:

$$ {\mathcal R}^{(0)}=\left| \begin{array}{cccccc} a_1 & a_3 & a_5 & a_7 & & \\ & a_1 & a_3 & a_5 &a_7 & \\ &&a_1 & a_3 & a_5 & a_7 \\ &&a_0 & a_2 & a_4 & a_6 \\ &a_0 & a_2 & a_4 & a_6 & \\ a_0 & a_2 & a_4 & a_6 & & \end{array} \right|>0, $$ $$ {\mathcal R}^{(1)}=\left| \begin{array}{cccc} a_1 & a_3 & a_5 & a_7 \\ & a_1 & a_3 & a_5 \\ &a_0 & a_2 & a_4 \\ a_0 & a_2 & a_4 & a_6 \end{array} \right|>0,\ {\mathcal R}^{(2)}=\left| \begin{array}{cc} a_1 & a_3 \\ a_0 & a_2 \end{array} \right|>0; $$ и для $ n=8 $: $$ {\mathcal R}^{(0)}=\left| \begin{array}{ccccccc} a_0 & a_2 & a_4 & a_6 &a_8 & &\\ &a_0 & a_2 & a_4 & a_6 &a_8 & \\ &&a_0 & a_2 & a_4 & a_6 &a_8 \\ && & a_1 & a_3 & a_5 &a_7 \\ &&a_1 & a_3 & a_5 & a_7 &\\ &a_1 & a_3 & a_5 & a_7 &&\\ a_1 & a_3 & a_5 & a_7 &&& \end{array} \right|>0, $$ $$ {\mathcal R}^{(1)}=\left| \begin{array}{ccccc} a_0 & a_2 & a_4 & a_6 &a_8 \\ &a_0 & a_2 & a_4 & a_6 \\ & & a_1 & a_3 & a_5 \\ &a_1 & a_3 & a_5 & a_7 \\ a_1 & a_3 & a_5 & a_7 & \end{array} \right|>0,\ {\mathcal R}^{(2)}=\left| \begin{array}{ccc} a_0 & a_2 & a_4 \\ & a_1 & a_3 \\ a_1 & a_3 & a_5 \end{array} \right|>0,\ $$ и $ {\mathcal R}^{(3)}=a_{1}>0 $. Последнее условие будет выполнено автоматически при выполнении условия а).

§

Обычно в литературе [4] критерий Льенара-Шипара записывается в ином виде: условия б) теоремы переписываются в неравенства на знак определителей Гурвица

$$ \Delta_k= \left| \begin{array}{llllll} a_1 & a_3 & a_5 & \dots & & \\ a_0 & a_2 & a_4 & \dots & & \\ 0 & a_1 & a_3 & \dots & & \\ 0 & a_0 & a_2 & a_4 & & \\ \vdots & & & & \ddots & \\ 0 & & & & & a_k \end{array} \right| > 0 \quad (a_j=0 \ npu \ j> n) \ . $$ При этом ограничения выписываются либо только на определители четных порядков либо только нечетных.

То, что при соответствующих четностях $ k_{} $ определители $ \Delta_{k} $ действительно являются субрезультантами результанта из теоремы проверяется перестановкой строк.

Исключение переменных в системе полиномиальных уравнений

Задача. Пусть $ f_{}(x,y) $ и $ g_{}(x,y) $ — полиномы от переменных $ x_{} $ и $ y_{} $ с комплексными коэффициентами. Решить систему уравнений $$ f(x,y)=0,\ g(x,y)=0 \ , $$ т.е. определить все пары $ x_{}= \alpha, y_{}= \beta $ при $ \{ \alpha, \beta\} \subset \mathbb C $, обращающие каждое из уравнений в верное равенство.

§

В случае, когда полиномы $ f_{} $ и $ g_{} $ линейные, решение задачи тривиально.

В случае, когда коэффициенты полиномов вещественные, задаче можно дать геометрическую интерпретацию. Каждое из уравнений $ f_{}(x,y)=0 $ и $ g_{}(x,y)=0 $ определяет на плоскости $ (x_{},y) $ некоторую алгебраическую кривую. Тогда задачу поиска вещественных решений системы можно считать задачей нахождения точек пересечения заданных кривых. Частным случаем пересечения кривых является их касание.

Представим $ f(x_{},y) $ и $ g_{}(x,y) $ в виде сумм их форм: $$\begin{array}{l} f(x,y)=f_n(x,y)+f_{n-1}(x,y)+\ldots+f_0(x,y) \ ,\\ g(x,y)=g_m(x,y)+g_{m-1}(x,y)+\ldots+g_0(x,y) \ . \end{array}$$ Относительно коэффициентов старших форм $$ \begin{array}{l} f_n(x,y)=a_{n0}x^n+a_{n-1,1}x^{n-1}y+\dots+a_{0n}y^n ,\\ g_m(x,y)=b_{m0}x^m+b_{m-1,1}x^{m-1}y+\dots+b_{0m}y^m \end{array} $$ сделаем следующее

Предположение : $ a_{n0}\ne 0,a_{0n}\ne 0,b_{m0}\ne 0,b_{0m}\ne 0 \ . $

Пара $ x_{}= \alpha, y= \beta $ при $ \{ \alpha, \beta\} \subset \mathbb C_{} $ будет решением системы тогда и только тогда, когда полиномы $ f(\alpha,y) $ и $ g(\alpha,y) $ имеют общий корень $ y_{}=\beta $, а, следовательно, на основании основного свойства результанта $$ {\mathcal R}(f(\alpha,y),g(\alpha,y))=0 \ . $$ Разложим $ f(\alpha,y) $ и $ g(\alpha,y) $ по убывающим степеням $ y_{} $ $$\begin{array}{l} f(\alpha,y)=A_0y^n+A_1(\alpha)y^{n-1}+\dots+A_n(\alpha) ,\\ g(\alpha,y)=B_0y^m+B_1(\alpha)y^{m-1}+\dots+B_m(\alpha) \end{array}$$ (здесь $ A_0=a_{0n}\ne0,B_0=b_{0m}\ne 0 $ по предположению , $ \deg A_j(\alpha)\le j $; $ \deg B_j(\alpha)\le j $) и вычислим определитель Сильвестра: $$ \begin{array}{r} m\left\{\begin{array}{c} \\ \\ \\ \\ \end{array}\right. \\ n\left\{\begin{array}{c} \\ \\ \\ \\ \\ \end{array}\right. \end{array} \left|\begin{array}{cccccccc} A_0&A_1(\alpha)&\dots&&A_n(\alpha)&&\mathbb O &\\ &A_0&\dots&&&A_n(\alpha)& & \\ &&\ddots&&&\dots&\ddots\\ &&&&A_0&A_1(\alpha)&\dots&A_n(\alpha)\\ &\mathbb O &&&&B_0&\dots&B_m(\alpha)\\ &&&&B_0&B_1(\alpha)&\dots&\\ &&&&&\dots&&\\ &B_0&B_1(\alpha)&\dots&&B_m(\alpha)&\\ B_0&B_1(\alpha)&\dots&&B_m(\alpha)&&\mathbb O \end{array}\right| ={\mathcal X}(\alpha) \ . $$ Выражение $ {\mathcal X}(\alpha) $ — полином по $ \alpha_{} $, причем, по построению, с коэффициентами из того же множества , что и коэффициенты $ f_{} $ и $ g_{} $. Для того, чтобы пара $ x_{}= \alpha, y= \beta $ была решением системы уравнений необходимо, чтобы значение $ \alpha_{} $ было корнем полинома $ {\mathcal X}(x)=0 $.

Полином $ {\mathcal X}(x) $ — результант $ f_{}(x,y) $ и $ g_{}(x,y) $, рассматриваемых как полиномы по переменной $ y_{} $ $$ {\mathcal X}(x)= {\mathcal R}_y \left(f(x,y),g(x,y) \right) \ , $$ — называется элиминантой3) системы уравнений по переменной $ x_{} $. Аналогично определяется и вторая элиминанта системы $${\mathcal Y}(y) = {\mathcal R}_x(f(x,y),g(x,y)) \ .$$ С помощью элиминанты решение системы из двух уравнений с двумя переменными сводится к решению одного уравнения от одной переменной: $ {\mathcal X}(x)=0 $ (или $ {\mathcal Y}(y)=0 $). Говорят, что другая переменная исключена. Поэтому и соответствующий раздел алгебры называется теорией исключения.

§

Для простоты, мы не учитывали здесь (и не будем учитывать в последующих рассуждениях) знак $ (-1)^{n(n-1)/2} $ в выражениях обеих элиминант.

П

Пример. Решить систему уравнений

$$\left\{\begin{array}{l} f(x,y)=4\,x^2-7\,xy+y^2+13\,x-2\,y-3=0 \ ,\\ g(x,y)=9\,x^2-14\,xy+y^2+28\,x-4\,y-5=0 \ . \end{array}\right. $$ Решение. Разложим полиномы системы по степеням $ y_{} $ $$\begin{array}{l} f(x,y)=y^2+(-7\,x-2)y+(4\,x^2+13\,x-3) \ ,\\ g(x,y)=y^2+(-14\,x-4)y+(9\,x^2+28\,x-5) \ , \end{array} $$ и вычислим элиминанту: $${\mathcal X}(x)=\left|\begin{array}{cccc} 1&-7x-2&4x^2+13x-3&0\\ 0&1&-7x-2&4x^2+13x-3\\ 0&1&-14x-4&9x^2+28x-5\\ 1&-14x-4&9x^2+28x-5&0 \end{array}\right|= $$ $$ =24(x^4-x^3-4\,x^2+4\,x) \ .$$ Найдем ее корни: $ \alpha_1=0,\alpha_2=1,\alpha_3=2,\alpha_4=-2 $.

Итак, найдены $ x_{} $-компоненты решений системы. Как найти их $ y_{} $-компоненты? Можно построить вторую элиминанту $ {\mathcal Y}(y) $, отыскать ее корни, составить всевозможные пары из корней $ {\mathcal X}(x) $ и $ {\mathcal Y}(y) $, подставить их в $ f_{}(x,y) $ и $ g_{}(x,y) $ и проверить на равенство нулю. Либо же найденный корень $ x_{}=\alpha $ подставить в одно из уравнений: $ f(\alpha,y)=0 $, решить его относительно $ y_{} $, и каждую полученную таким образом пару подставить в $ g(x,y) $; хотя бы одна из них должна удовлетворить уравнению $ g(x,y)=0 $. В решаемом примере любой из этих подходов приведет к правильному ответу.

Ответ. $ (0,-1); (1,2) ; (2,3) ; (-2,1) $.

Известно, однако же, что, как правило, корни полинома не являются — даже не то чтобы целыми числами — но даже и выражаемыми через коэффициенты этого полинома в виде «хороших» функций (см. РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ В РАДИКАЛАХ ). Поэтому следует ожидать, что корни элиминанты могут быть найдены разве лишь приближенно. Но тогда предлагаемая в примере схема подбора соответствующей пары становится ущербной: равенство $ f(\alpha,\beta)=0 $ следует рассматривать как приближенное и ошибка округления может привести к неправильному заключению.

П

Пример. Решить систему уравнений

$$\left\{\begin{array}{l} f(x,y)=3\,x^2+3\,xy+3\,y^2-3\,x-12\,y+10=0 \ ,\\ g(x,y)=x^3+y^3-x^2+xy-5\,y^2-5\,x+7\,y-3=0 \ . \end{array}\right. $$ Решение. Элиминанта $$ {\mathcal X}(x)=\left|\begin{array}{ccccc} 3 & 3\,x-12 & 3\,x^2-3\,x+10 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 3\,x-12 & 3\,x^2-3\,x+10 & 0 \\ 0 & 0 & 3 & 3\,x-12 & 3\,x^2-3\,x+10 \\ 0 & 1 &-5 & x+7 & x^3-x^2-5\,x-3 \\ 1 &-5 & x+7 & x^3-x^2-5\,x-3 & 0 \end{array}\right| = $$ $$ =-(108\,x^6-54\,x^5-459\,x^4+126\,x^3+558\,x^2+72\,x+1) $$ имеет корни $$ -1.4357404546,\ -1.2204153656,\ -0.1184043714,\ -0.0158215507,\ $$ $$ 1.6451908712 \pm 0.3378906924 {\mathbf i}, $$ некоторые из которых близки между собой. Заметим, что при любом корне $ x= \alpha $ элиминанты $ {\mathcal X}(x) $ полиномы $ f(\alpha, y) $ и $ g(\alpha, y) $ должны иметь общий корень как полиномы по $ y $. Однако общий корень полиномов (в случае его единственности) может быть найден как рациональная функция от коэффициентов этих полиномов —с помощью субрезультантов. Формула $$ y=-\left| \begin{array}{ccc} 3 & 3\,x-12 & 0 \\ 0 & 3 & 3\,x^2 -3\,x + 10 \\ 1 & -5 & x^3-x^2-5\,x-3 \end{array} \right| \Bigg/ \left| \begin{array}{ccc} 3 & 3\,x-12 & 3\,x^2 -3\,x + 10 \\ 0 & 3 & 3\,x-12 \\ 1 & -5 & x + 7 \end{array} \right|= $$ $$ =-(18\,x^3-9\,x^2-24\,x+3)/(-9\,x-3) $$ для каждого корня элиминанты задает значение $ y $ так, что получившаяся пара оказывается решением системы уравнений.

Ответ. $$ (-1.4357404546, 3.4637885415) ,\ (-1.2204153656, 1.7326988317),\ (-0.1184043714, 2.9392910117), $$ $$ (-0.0158215507, 1.1818959593) , $$ $$ (1.6451908712 \pm 0.3378906924 \, {\mathbf i},\ 0.8411628278 \pm 1.5734509554 \, {\mathbf i} ) \ . $$

Вывод. Как правило, систему полиномиальных уравнений удается привести к эквивалентному (в смысле множества решений) виду: $$ {\mathcal X}(x)=0,\ p_0(x)y+p_1(x)=0 \ . $$ Здесь $ \{ {\mathcal X}, p_0, p_1 \} $ — полиномы по $ x_{} $.

§

Развитие этой идеологии для случая систем уравнений многих переменных медленно производится ЗДЕСЬ.

Теорема Безу

Сколько решений имеет система уравнений $ f(x,y)=0,\ g(x_{},y)=0 $ ? — Очевидно, что это число совпадает со степенью элиминанты.

Т

Теорема [Безу]. Пусть выполнены условия предположения . Тогда, как правило, $$ \deg{\mathcal X}(x)=\deg f(x,y)\cdot\deg g(x,y)=nm . $$

Доказательство, взятое из [5], приведем для случая $ n=3_{} $ и $ m=2_{} $. $$\begin{array}{l} f(x,y)=A_0y^3+A_1(x)y^2+A_2(x)y+A_3(x) ,\\ g(x,y)=B_0y^2+B_1(x)y+B_2(x) , \end{array}$$ $${\mathcal X}(x)=\left|\begin{array}{ccccc} A_0&A_1(x)&A_2(x)&A_3(x)&\\ &A_0&A_1(x)&A_2(x)&A_3(x)\\ &&B_0&B_1(x)&B_2(x)\\ &B_0&B_1(x)&B_2(x)&\\ B_0&B_1(x)&B_2(x)&& \end{array}\right|\ .$$ Здесь $$ A_0=a_{03},B_0=b_{02};\deg A_j(x) \le j;\ \deg B_j(x) \le j \quad npu \quad j \in \{1,2,3\} \ . $$ Старший моном $ {\mathcal X}(x_{}) $ образуется из старших мономов элементов определителя. Выделим их $$ \begin{array}{ll} A_0=a_{03};&B_0=b_{02}\ ;\\ A_1(x)=a_{12}x+\ldots;&B_1(x)=b_{11}x+\ldots\ ;\\ A_2(x)=a_{21}x^2+\ldots;&B_2(x)=b_{20}x^2+\ldots\ ;\\ A_3(x)=a_{30}x^3+\ldots& \end{array} \ . $$ Следовательно, $${\mathcal X}(x)=\left|\begin{array}{ccccc} a_{03}&a_{12}x&a_{21}x^2&a_{30}x^3&\\ &a_{03}&a_{12}x&a_{21}x^2&a_{30}x^3\\ &&b_{02}&b_{11}x&b_{20}x^2\\ &b_{02}&b_{11}x&b_{20}x^2&\\ b_{02}&b_{11}x&b_{20}x^2&& \end{array}\right|+\ldots\ , $$ и нам осталось извлечь степень $ x_{} $ из первого определителя. Проделаем это с помощью процедуры, которую можно обобщить на случай произвольных полиномов $ f(x,y) $ и $ g(x,y) $: домножим вторую и четвертую строки на $ x_{} $, третью — на $ x^{2} $: $$=\frac{1}{x^4}\left|\begin{array}{ccccc} a_{03}&a_{12}x&a_{21}x^2&a_{30}x^3&\\ &a_{03}x&a_{12}x^2&a_{21}x^3&a_{30}x^4\\ &&b_{02}x^2&b_{11}x^3&b_{20}x^4\\ &b_{02}x&b_{11}x^2&b_{20}x^3&\\ b_{02}&b_{11}x&b_{20}x^2&& \end{array}\right|+\ldots = $$ Из второго столбца выносим общий делитель его элементов $ x_{} $, из третьего — $ x^2 $, из четвертого — $ x^3 $, из пятого — $ x^4 $: $$=\frac{x^{1+2+3+4}}{x^4}\left|\begin{array}{ccccc} a_{03}&a_{12}&a_{21}&a_{30}&\\ &a_{03}&a_{12}&a_{21}&a_{30}\\ &&b_{02}&b_{11}&b_{20}\\ &b_{02}&b_{11}&b_{20}&\\ b_{02}&b_{11}&b_{20}&& \end{array}\right|+\ldots= $$

и обратим внимание, что получившийся определитель имеет вид результанта в форме Сильвестра некоторых полиномов:

$$ =x^6{\mathcal R}(a_{03}y^3+a_{12}y^2+a_{21}y+a_{30},b_{02}y^2+b_{11}y+b_{20})+ \ldots $$ А для произвольных $ m_{} $ и $ n_{} $ получим $$ {\mathcal X}(x)={\mathcal A}_0x^{nm}+{\mathcal A}_1x^{nm-1}+\dots+{\mathcal A}_{nm} $$ и аналогично $${\mathcal Y}(y)={\mathcal B}_0y^{nm}+{\mathcal B}_1y^{nm-1}+\ldots+{\mathcal B}_{nm}$$ при $$ {\mathcal A}_0= {\mathcal R}(f_n(1,y),g_m(1,y)) \ u \ {\mathcal B}_0= {\mathcal R}(f_n(x,1),g_m(x,1)) \ . $$

?

Доказать, что старшие коэффициенты $ {\mathcal X}(x) $ и $ {\mathcal Y}(y) $ совпадают с точностью до знака.

Указание. См. свойство 4 ЗДЕСЬ.

Итак, мы выяснили смысл выражения «как правило» из формулировки теоремы Безу: если число $ {\mathcal A}_{0} $ отлично от нуля. Подчеркнем, что это число зависит только от коэффициентов старших форм в разложениях $ f(x,y)_{} $ и $ g(x,y)_{} $.

Поиск мнимого корня полинома

Задача. Для полинома $ f_{}(z) $ вычислить все его корни.

Будем предполагать, что полином $ f_{}(z) $ степени $ n_{} $ имеет вещественные коэффициенты4). Известно, что корни такого полинома либо вещественны, либо мнимы, причем в последнем случае они образуют комлексно-сопряженные пары $ \alpha_{} \pm \beta \mathbf i $ при $ \{\alpha,\beta \} \subset \mathbb R^{}, \beta \ne 0 $ (см. ЗДЕСЬ ). Для поиска вещественных корней можно применять различные численные методы (Ньютона, Лагранжа и т.п.). Как решить аналогичную задачу для мнимых корней?

Представив переменную в виде $ z=x_{}+y \mathbf i $, сведем уравнение от комплексной переменной к системе уравнений от переменных вещественных: $$ f(z)=0 \iff f(x+y \mathbf i)=0 \iff \phi(x,y)+ \psi(x,y) \mathbf i =0 \iff \left\{ \begin{array}{l} \phi(x,y)=0, \\ \psi(x,y)=0; \end{array} \right. $$ здесь $ \phi(x,y) = \mathfrak R\mathbf e (f_{}(z)), \psi(x,y) = \mathfrak I\mathbf m (f_{}(z)) $. Таким образом для того, чтобы найти мнимый корень полинома $ f_{}(z) $ нам достаточно найти вещественные решения системы алгебраических уравнений с вещественными же коэффициентами. Для решения последней задачи перспективно применить метод исключения переменной, изложенный в предыдущем пункте. Тем самым мы сведем задачу поиска корня полинома к аналогичной задаче, но только корни теперь будут вещественными; такую задачу мы умеем решать.

Теперь оформим изложенную идею аналитически. Для получения представлений полиномов $ \phi_{}(x,y) $ и $ \psi_{}(x,y) $ воспользуемся формулой Тейлора, разложив $ f(x_{}+ \mathbf i y) $ по степеням $ \mathbf i y_{} $: $$ f(z)=f(x+ \mathbf i y)=f(x)+{f'(x)\over 1!}\mathbf i \,y+{f''(x)\over 2!}(\mathbf i \, y)^2+ \dots+{f^{(n)}(x)\over n!}(\mathbf i \,y)^n=$$ $$=\left[ f(x)-{f''(x)\over 2!}y^2+{f^{(4)}(x)\over 4!}y^4-\dots\right]+\mathbf i \,y\left[ {f'(x)\over 1!}-{f'''(x)\over3!}y^2+{f^{(5)}(x)\over 5!}y^4-\dots\right]= $$ $$ =F_1(x,Y)+\mathbf i \,yF_2(x,Y) $$ при $$ Y= -y^2 \ , \left\{ \begin{array}{ccc} F_1(x,Y)&= & \displaystyle{f(x)+{f''(x)\over 2!}Y+{f^{(4)}(x)\over 4!}Y^2+\dots,} \\ \\ F_2(x,Y)&=&\displaystyle{{f'(x)\over 1!}+{f'''(x)\over 3!}Y+{f^{(5)}(x)\over 5!}Y^2+\dots} \end{array} \right. $$ Полиномы $ F_{1} $ и $ F_{2} $ имеют вещественные коэффициенты.

Уравнение $ f_{}(z) =0 $ порождает две системы уравнений $$ \left\{ \begin{array}{l} F_1(x,Y)=0, \\ y=0, \end{array} \right. \quad u \quad \left\{ \begin{array}{l} F_1(x,Y)=0, \\ F_2(x,Y)=0. \end{array} \right. $$ Первая из этих систем отвечает за вещественные корни полинома $ f_{}(z) $: все решения этой системы имеют $ y_{} $-компоненту равной $ 0_{} $, а $ F_1(x,0)\equiv f(x) $. Вторая система состоит из уравнений четных по переменной $ y_{} $: эта переменная входит в их разложение в виде квадрата $ Y=-y^2 $. Если полином $ f_{}(z) $ имеет корень $ \lambda=\alpha + \mathbf i \beta $ при $ \{ \alpha,\beta\} \subset \mathbb R $ и $ \beta \ne 0 $, то корнем будет и $ \overline{\lambda}=\alpha - \mathbf i \beta $ ввиду вещественности коэффициентов $ f_{}(z) $ (см. ЗДЕСЬ ). Но тогда система уравнений $$ F_1(x,Y)=0, \ F_2(x,Y)=0 $$ должна будет иметь вещественное решение $ x= \alpha, Y=-\beta^2 $. Будем искать это решение исключением переменной $ Y_{} $. Cоставим элиминанту системы по переменной $ x_{} $: $$ \mathcal X(x) = {\mathcal R}_Y(F_1,F_2) \ . $$

Т

Теорема. $ \deg \mathcal X_{}=N = n(n-1)/2 $.

Действительно, по аналогии с доказательством теоремы Безу, можно установить старший член разложения $ \mathcal X_{} $ по степеням $ x_{} $: $$ \mathcal X(x)=\mathcal A_0x^N+\dots \ , \quad npu \ \mathcal A_0=(-1)^K2^Na_0^{n-1}, \ K=\left\lfloor\frac{n}{4} \right\rfloor \ . $$ Здесь $ \lfloor \ \rfloor $ означает целую часть числа, $ a_{0} $ — старший коэффициент $ f_{}(z) $.

Каждому значению корня полинома $ \mathcal X(x) $ соответствует значение $ Y_{} $ такое, что образующаяся пара становится решением системы уравнений $ F_{1}(x,Y)=0, \ F_2(x,Y)=0 $. Это соответствие организуется с помощью субрезультантов, как было отмечено ЗДЕСЬ.

Нас интересуют только вещественные решения системы, более того, только те из них, что имеют $ Y_{} $-компоненту отрицательной.

П

Пример. Найти мнимые корни полинома $$ f(z)=z^6+8\,z^5+17\,z^4+16\,z^3+111\,z^2+186\,z-234 \ . $$

Решение. Элиминанта $$ {\mathcal X}(x) = \left| \begin{array}{ccccc} f^{(6)}(x)/6! & f^{(4)}(x)/4! & f''(x)/ 2! & f(x) & \\ & f^{(6)}(x)/6! & f^{(4)}(x)/4! & f''(x)/ 2! & f(x) \\ & & f^{(5)}(x)/5! & f'''(x)/ 3! & f'(x) \\ & f^{(5)}(x)/5! & f'''(x)/ 3! & f'(x) & \\ f^{(5)}(x)/5! & f'''(x)/ 3! & f'(x) & & \end{array} \right|= $$ $$ =32768\,x^{15}+655360\,x^{14}+5799936\,x^{13}+30015488\,x^{12}+100876288\,x^{11}+230633472\,x^{10}+ $$ $$ +368112640\,x^9+437983232\,x^8+492254208\,x^7+660542464\,x^6+744333056\,x^5+229265856\,x^4- $$ $$ -794443896\,x^3-1341883872\,x^2-916140960\,x-248036040 $$ имеет вещественные корни $ \alpha_{1}=1, \, \alpha_2=-7/2, \, \alpha_3=-3/2 $. Подставляя эти значения в формулу $$ Y=- \left| \begin{array}{ccccc} f^{(6)}(x)/6! & f^{(4)}(x)/4! & f(x) \\ & f^{(5)}(x)/5! & f'(x) \\ f^{(5)}(x)/5! & f'''(x)/ 3! & \\ \end{array} \right| \Bigg/ \left| \begin{array}{ccc} f^{(6)}(x)/6! & f^{(4)}(x)/4! & f''(x)/ 2! \\ & f^{(5)}(x)/5! & f'''(x)/ 3! \\ f^{(5)}(x)/5! & f'''(x)/ 3! & f'(x) \end{array} \right|= $$ $$ =-\frac{96\,x^8+1024\,x^7+4160\,x^6+8640\,x^5+12808\,x^4+20489\,x^3+29973\,x^2+25761\,x+9324}{224\,x^6+1792\,x^5+5664\,x^4+8768\,x^3+6184\,x^2+747\,x-924} $$ получаем соответствующие значения для $ Y_{} $: $ Y_{1}=-5,\, Y_2=-3/4,\, Y_3=21/4 $. Первые два значения отрицательны; по ним восстанавливаем мнимые части корней полинома $ -\beta^2 = Y_{j} $.

Ответ. Мнимые корни полинома: $ \lambda_{1,2} =1\pm \mathbf i\sqrt{5} $, $ \lambda_{3,4}=-7/2\pm \mathbf i \sqrt{3}/2 $.

§

Элиминанта $ \mathcal X(x) $, построенная в этом пункте, обладает рядом полезных свойств. В частности, справедлива следующая

Т

Теорема [Раус][7,8]. Для устойчивости полинома $ f(z)\in \mathbb R[z] $ необходимо и достаточно чтобы

а) все коэффициенты $ f_{}(z) $ были одного знака;

б) все коэффициенты $ \mathcal X(x) $ были одного знака.

Дифференциальный результант

Известная аналогия задач преобразования алгебраических уравнений и задач преобразования линейных дифференциальных и разностных уравнений позволяет перенести понятие результанта из алгебры в дифференциальные уравнения.

П

Пример. Найти условие, при котором два дифференциальных уравнения $$ y^{\prime \prime}(x)+a_1(x)y^{ \prime}(x)+a_2(x)y(x)+a_3(x)=0 $$ и $$ y^{\prime \prime}(x)+b_1(x)y^{ \prime}(x)+b_2(x)y(x)+b_3(x)=0 $$ имеют общее решение.

§

Выражение «общее решение» имеет и иной смысл в теории дифференциальных уравнений: как зависящая от параметров (например, начальных данных) формула всего семейства решений конкретного дифференциального уравнения. В настоящем пункте мы будем использовать это выражение исключительно только в смысле «единое решение», т.е., фактически, решение «переопределенной» системы дифференциальных уравнений.

Решение. Воспользуемся аналогом приема из обоснования возникновения результанта. Грубо говоря, для перенесения какого-то результата из теории полиномов на линейные дифференциальные уравнения иногда достаточно формально заменить $$ x \mapsto \frac{d\, }{d\, x} \ , $$ т.е. операцию возведения в степень — на операцию дифференцирования. Предположим, что существует общее решение рассматриваемых уравнений: $ y=\varphi(x) $; тогда эта функция должна при подстановке обращать оба уравнения в тождества: $$ \begin{array}{c} \varphi^{\prime \prime}+a_1\varphi^{\prime}+a_2\varphi+a_3\equiv 0 \ , \\ \varphi^{\prime \prime}+b_1\varphi^{\prime}+b_2\varphi+b_3\equiv 0 \ . \end{array} $$ Продифференцируем5) каждое из этих тождеств по $ x_{} $: $$ \begin{array}{c} \varphi^{\prime \prime \prime}+a_1\varphi^{\prime \prime} +(a_1^{\prime} +a_2)\varphi^{\prime}+a_2^{\prime}\varphi + a_3^{\prime}\equiv 0 \ , \\ \varphi^{\prime \prime \prime}+b_1\varphi^{\prime \prime} +(b_1^{\prime} +b_2)\varphi^{\prime}+b_2^{\prime}\varphi + b_3^{\prime}\equiv 0 \ ; \end{array} $$ и еще один раз: $$ \begin{array}{c} \varphi^{(4)}+a_1\varphi^{\prime \prime \prime} +(2a_1^{\prime} +a_2)\varphi^{\prime \prime}+ (a_1^{\prime \prime}+2a_2^{\prime})\varphi^{\prime} + a_2^{\prime \prime }\varphi a_3^{\prime \prime}\equiv 0 \ , \\ \varphi^{(4)}+b_1\varphi^{\prime \prime \prime} +(2b_1^{\prime} +b_2)\varphi^{\prime \prime}+ (b_1^{\prime \prime}+2b_2^{\prime})\varphi^{\prime} + b_2^{\prime \prime }\varphi + b_3^{\prime \prime}\equiv 0 \ . \end{array} $$ Теперь объединяем получившиеся тождества в систему, рассматриваемую относительно столбца неизвестных $$ \left[\varphi^{(4)}(x),\varphi^{\prime \prime \prime}(x), \varphi^{\prime \prime }(x),\varphi^{\prime}(x), \varphi(x), 1 \right] .$$ Эта система однородна и имеет нетривиальное решение. Следовательно ( см. ЗДЕСЬ ), определитель ее матрицы равен нулю.

Ответ. Для существования общего решения уравнений необходимо выполнение условия: $$ \left| \begin{array}{cccccc} 1 & a_1(x) & 2a_1^{\prime}(x) +a_2(x) & a_1^{\prime \prime}(x)+2a_2^{\prime}(x) & a_2^{\prime \prime }(x) & a_3^{\prime \prime}(x) \\ 0 & 1 & a_1(x) & a_1^{\prime}(x) +a_2(x) & a_2^{\prime}(x) & a_3^{\prime }(x) \\ 0 & 0 & 1 & a_1(x) & a_2(x) & a_3(x) \\ 0 & 0 & 1 & b_1(x) & b_2(x) & b_3(x) \\ 0 & 1 & b_1(x) & b_1^{\prime}(x) +b_2(x) & b_2^{\prime}(x) & b_3^{\prime }(x) \\ 1 & b_1(x) & 2b_1^{\prime}(x) +b_2(x) & b_1^{\prime \prime}(x)+2b_2^{\prime}(x) & b_2^{\prime \prime }(x) & b_3^{\prime \prime}(x) \end{array} \right| \equiv 0 . $$

Определитель, стоящий в левой части тождества, называется дифференциальным результантом.

?

Найти общее решение дифференциальных уравнений $$ x^2y''+xy'-(x^2+1/4)y=0,\ y'-y-ax^{-3/2}e^{x}=0 . $$

Задачи

ЗДЕСЬ.

Источники

[1]. Бохер М. Введение в высшую алгебру. М.-Л. ГТТИ, 1933

[2]. Джури Э. Инноры и устойчивость динамических систем. М.Наука.1979. с.34

[3]. Kronecker L. Zur Theorie der Elimination einer Variabeln aus zwei algebraischen Gleichungen. Werke. Bd. 2. 1897. 113-192, Teubner, Leipzig

[4]. Гантмахер Ф.Р. Теория матриц. 4-е изд. М.Наука. 1988. с.477–478

[5]. Brill A. Vorlesungen über ebene algebraischen Kurven und algebraische Funktionen. Braunschweig. Vieweg. 1925

[6]. Калинина Е.А., Утешев А.Ю. Теория исключения. Учеб. пособие. СПб.: НИИ Химии СПбГУ, 2002. 72 с.

[7]. Утешев А.Ю., Калинина Е.А. Лекции по высшей алгебре. Часть II. Учеб. пособие. СПб. «СОЛО». 2007.

[8]. Kalinina E.A., Uteshev A.Yu. Determination of the Number of Roots of a Polynominal Lying in a Given Algebraic Domain. Linear Algebra Appl. 1993. V.185, P.61-81. Текст ЗДЕСЬ (pdf)

1)
Resultant (лат.) — отражающий; термин введен Лапласом в 1776 г.
2)
В обоих случаях — с учетом их кратностей.
3)
Характерно для старинных учебников, в современных публикациях используется редко.
4)
Это предположение не очень существенно для дальнейших рассуждений, но упростит понимание идеи подхода
5)
В дополнительном предположении, что свойства коэффициентов уравнений обеспечивают выполнимость всех последующих операций.
dets/resultant.txt · Последние изменения: 2020/09/01 00:44 — au