§ 6. Формальная производная многочлена
Пусть K
– коммутативное
кольцо с единицей. Для каждого k
K и любого
n
N
через nk
будем кратко обозначать выражение
.
Очевидно, что для такого “произведения”
выполнены следующие свойства 1)
k
K
1k
= k,
2)
n,
m
N
k
K
(n+m)k
= nk
+ mk,
3)
n
N
k,
l
K
n(k
+ l)
= nk
+ nl,
4)
n,
m
N
k
K
(nm)k
= n(mk),
5)
n
N
k,
l
K
n(kl)
= (nk)l
= k(nl).
Пусть f(x) = fnxn +…+ fixi + …+ f1x + f0 K[x]. Назовём (первой) формальной производной многочлена f(x) многочлен nfnxn–1 +…+ ifixi–1 + …+ f1 K[x], который в дальнейшем будем обозначать через f(x). С помощью первой производной определяются производные высших порядков: вторая производная f(x) = (f(x)), третья производная f(x) = = (f(x)) и производная порядка k: f(k)(x) = (f(k–1)(x)) .
Простейшие свойства формальной производной
10. Производная константы равна нулю: если f(x) = f0 , то f(x) = 0.
Это очевидно из определения производной: если f(x) = f0x0 , то f(x) = 0f0x –1= 0.
20. Если производная многочлена с коэффициентами из колец Z , Q , R , C равна нулю, то многочлен является константой.
Действительно, f(x) = nfnxn–1 + …+ f1 = 0 nfn = (n–1)fn–1 = … = 2f2 = f1 = 0. В указанных кольцах это влечёт fn = fn–1 = … = f2 = f1 = 0, т.е. f(x) = f0 = const.
Замечание. Свойство 20 неверно для произвольных колец. Например, для кольца Z2 и многочлена f(x) = x2 имеем f(x) = 2x = (1+1)x = 0x = 0 !!
30. Производные пропорциональных многочленов отличаются лишь множителем пропорциональности: (f(x)) = f(x), K.
В самом деле, если
f(x)
=
,
K
, то (f(x))
=
= 
= f(x).
40. Производная суммы (или разности) многочленов равна сумме (или разности) производных слагаемых: (f(x)±g(x)) = f(x)±g(x).
Если
f(x)
=
fixi,
g(x) =
gixi
,
то
f(x)
=
ifixi–1,
g(x)
=
igix
i–1
и
(f(x)±g(x))
= (
(fi±gi)xi)
=
i(fi±gi)xi–1
=
ifixi–1
+
igixi–1
= f(x)±g(x).
50. Формула для вычисления производной от произведения многочленов:
(f(x)g(x)) = f(x)g(x)+f(x)g(x).
Нетрудно убедиться в справедливости этой формулы для мономов: (axnbxm) = (abxn+m) = (n+m)abxn+m–1 = naxn–1bxm+axnmbxm–1 = (axn)(bxm)+(axn)(bxm) .
В
общем
случае
воспользуемся
уже
доказанными
свойствами:
если
f(x)
=
fixi
, g(x) =
gixi,
то
(f(x)g(x))
= (
(fixi)(gjxj))
(fixigjxj)
[(fixi)gjxj
+ fixi(gjxj)]
=
(fixi)gjxj
+
fixi(gjxj)
= = (
(fixi))(
gjxj)
+ (
fixi)(
(gjxj))
= f(x)g(x)+f(x)g(x).
60. Формула для вычисления производной от степени: (f(x)n) = n(f(x))n–1f(x).
Индукция по n
с очевидной базой n
= 1. Если
формула уже доказана для n
= 1, …, k,
то (f(x)k+1)
= ((f(x))kf(x))
((f(x))k)f(x)+(f(x))kf(x)
k(f(x))k–1f(x)f(x)+(f(x))kf(x)
= = (k+1)
(f(x))kf(x),
что и требовалось доказать.
70. Формула для вычисления производной от композиции многочленов: (f(g(x))) = = f(g(x))g(x).
Во-первых, если f(x) = fnxn + …+ f1x + f0 , g(x) = gmxm + …+ g1x + g0 K[x], то f(g(x)) = fng(x)n + …+ f1g(x) + f0 = fn(gmxm + …+ g1x + g0)n + …+ f1(gmxm + …+ g1x + g0) + f0 после раскрытия скобок запишется в виде конечной суммы мономов, а значит, является многочленом (степени не выше nm). Поэтому левая часть доказываемой формулы определена. При этом (f(g(x))) = (fng(x)n + …+ f1g(x) + f0) = fn(g(x)n) +…+ f1g(x) = fnng(x)n–1g(x)+ … …+fiig(x)i–1g(x)+…+ f1g(x) = (nfn(g(x)n–1)+…+ifi(g(x)i–1)+…+f1)g(x) = f(g(x))g(x).