Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Алгебраические и трансцендентные системы уравнений. Монография.pdf
где Pj— w–однородные, а
kj= degw(Pj) = degw(fj), degw(Qj) < degw(fj), j = 1, . . . , n.
В статье [68] сделано предположение, что
P1(z) = ··· = Pn(z) = 0 тогда и только тогда, когда z = 0.
При этом предположении глобальный вычет может быть выражен в
виде суммы вычетных интегралов, вычисляемых в конечном виде.
А.П. Южаков также рассмотрел в [57] некоторый класс систем, для
которых не нужно искать матрицу A.
2.6.3. Модифицированный метод исключения неизвестных
Рассмотрим сначала пример, как может быть применена формула
(2.6.9.).
Пример 2.6.1. Положим
f1= z
2
+ a1z1+ b1z2+ c1= 0, f2= z
1
В качестве R возьмем мономы z
M
, M > 1. Тогда получим
1
2
2
Q1= a1z1+ b1z2+ c1, Q2= a2z1+ b2z2+ c2,
Jf= 4z1z2+ 2z2a1+ 2z1b2+ a1b2− b1a2.
Следовательно,
SM=
a∈E
R(a) =
f
α1+α26M
(−1)
α1+α
Пусть M = 1, тогда при α = (0, 0) имеем
J
f
z
2
JfQ
2
z
z
1
= 2a1,
1
2
= 4a
M
при α = (1, 0) —
M
+ a2z1+ b2z2+ c2= 0. (2.6.10.)
2
M
1
2α1+1−M
z
1
JfQ
α
α
1
Q
1
2
2α2+1
z
2
2
.
141
и при α = (0, 1) —
M
JfQ
3
z
2
2
= 0,
т.е. S1= 2a1− 4a1= −2a1. Точно таким же путем найдем S2, S3, S4:
2
− 4c1,
1
2
− 3a1b1b2+ 6a1c1,
1
2
c2+ 4c
1
2
+ 8a1a2b
1
2
− 4b1b2c1.
1
S4= 2a
4
+ 4a
1
S3= −2a
2
b1b2+ 2b
1
S2= 2b1b2+ 2a
3
− 3a2b
1
2
2
b
1
2
− 8a
2
c1− 4b
1
Система (2.6.10.) имеет 4 корня. Если обозначить их первые коорди-
наты через
δj, j = 1, 2, 3, 4,
тогда выражения S1, S2, S3, S4есть степенные суммы от δj, т.е.
4
j=1
k
δ
.
j
Sk=
Для того чтобы выписать результант R(z1) системы (2.6.10.) по пе-
ременной z
1
R(z1) = z
4
+ γ1z
1
3
+ γ2z
1
2
+ γ3z1+ γ
1
4
можно использовать рекуррентные формулы Ньютона (1.2.1.):
Sk+ γ1S
+ . . . + γ
k−1
k−1S1
+ kγk= 0, k 6 deg R(z1).
Отсюда получаем следующие равенства:
γ1= −S1= 2a1,
S2+ γ1S1+ 2γ2= 0,
γ2= a
2
− b1b2+ 2c1,
1
S3+ γ1S2+ γ2S1+ 3γ3= 0,
γ3= a2b
2
+ 2a1c1− a1b1b2,
1
S4+ γ1S3+ γ2S2+ γ3S1+ 4γ4= 0,
142
Следовательно,
γ4= b
2
c2+ c
1
2
− b1b2c1.
1
R(z1) = z
+(a2b
4
+ 2a1z
1
2
+ 2a1c1− a1b1b2)z1+ b
1
3
+ (a
1
2
− b1b2+ 2c1)z
1
2
c2+ c
1
2
1
2
+
1
− b1b2c1.
Если напрямую исключить переменную z2в (2.6.10.), использовав результант Сильвестра, то получим тот же самый ответ.
В общем случае можно действовать тем же самым путем. Для задан-
ной системы (2.6.2.) найдем степенные суммы: Sk, k = 1, 2 . . . , k1. . . kn,
использовав теорему 2.6.1 с R(z) равным z
k
. Тогда по формулам Нью-
1
тона (1.2.1.) найдем коэффициенты γjполинома R(z1). Эти корни есть
первые координаты корней системы (2.6.2.). Тем самым исключим из
(2.6.2.) все переменные кроме z1.
Главная трудность в этом методе — нахождение матрицы A.
2.6.4. Нахождение матрицы A
Обсудим несколько путей нахождения матрицы A.
1. Общий метод нахождения матрицы A есть метод неопределенных
коэффициентов. Так как известны оценки на степени Nj, то можно записать ajk(z) с неизвестными коэффициентами, затем, выполняя арифметические операции и приравнивая коэффициенты при одинаковых
степенях z, получаем систему (в общем, недоопределенную) линейных
уравнений. Решив ее, найдем ajk(z).
Пример 2.6.2. Рассмотрим систему
P1= α1z
2
− α2z
1
2
,
2
P2= β1z2− β2z3,
P3= γ1z3− γ2z1.
Здесь Nj6 1, и, следовательно (по причине однородности) deg aj1= 0,
а deg aj2= deg aj3= 1. Это означает, что
a11= a = const, a12= b1z1+ b2z2+ b3z3, a13= c1z1+ c2z2+ c3z3.
143
Из уравнения z
2
= a11P1+ a12P2получим систему уравнений:
1
α1a − γ2c1= 1,
−α2a + β1b2= 0,
−β2b3+ γ1c3= 0,
β1b1− γ2c2= 0,
−β2b1− γ2c3+ γ1c1= 0,
β1b3− β2b2+ γ1c2= 0.
Решив эту систему, найдем
a =
c1=
b2=
γ
b3=
1
c3, b1=
β
2
c2=
α1β
α1β
α1β
α1β
2
γ
β
1
1
2
2
γ
− α2β
1
1
2
α2β
2
2
2
γ
− α2β
1
1
α2β2γ
2
2
γ
− α2β
1
1
α1β
α2β1β2γ
2
2
γ
− α2β
1
1
2
2
γ
2
γ
2
2
γ
2
2
1
2
γ
2
α2β1γ1γ
2
2
γ
− α2β
1
1
1
2
γ
2
,
2
2
,
2
2
,
2
2
2
2
c3.
−
γ
2
c3,
β
2
2
2
γ
2
β
1
−
2
β
2
2
Полагая c3= 0, имеем
2
2
γ
a =
b2=
c1=
α1β
α1β
α1β
2
2
γ
1
1
α2β1γ
2
2
γ
1
1
α2β
2
2
γ
1
1
β
1
1
− α2β
2
1
− α2β
2
γ
2
2
− α2β
, b1=
2
2
γ
2
2
, b3= 0, c3= 0,
2
2
γ
2
2
2
2
γ
2
2
, c2=
α1β
α1β
α2β2γ1γ
2
2
γ
− α2β
1
1
α2β1β2γ
2
2
γ
− α2β
1
1
2
,
2
2
γ
2
2
1
.
2
2
γ
2
2
Тем же самым способом можно найти полиномы a2kи a3k, k = 1, 2, 3.
Заметим, что число уравнений в этом методе быстро растет, и уже для
n > 3 он становится бесполезным.
2. Положим n = 2 и рассмотрим полиномы
P1= a0xk+ a1x
k−1
y + . . . + akyk,
144
P2= b0xm+ b1x
m−1
y + . . . + bmym,
z1= x,z2= y, k1= k, k2= m.
Рассмотрим также квадратную матрицу размерности (m + k):
Res =
a
a
a
0
1
0 a
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
0 0 0 a
b
0 b
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
0
b
0
1
0
. . . a
2
a
. . . a
1
b
. . . b
2
b
. . . b
1
k
k−1
. . . . . . . . . a
0
m
m−1bm
0 . . . 0
a
. . . 0
k
0 . . . 0
. . . 0
k
.
0 0 0 . . . b
0
. . . . . . b
m
Элементы ajлежат в первых m строках, а элементы bjсодержатся в
последних k строках. Определитель этой матрицы
∆ = det Res .
Это классический результант полиномов P1и P2(см. §1.5). Пусть ∆
обозначает алгебраическое дополнение j-го элемента в последнем столбце и пусть˜∆jобозначает алгебраическое дополнение j-го элемента в
первом столбце.
Рассмотрим систему:
yx
x
m−1
P1= a0x
m−2
P1= a0yx
m+k−1
m+k−2
+ a1yx
+ a1y2x
m+k−2
m+k−3
+ . . . + akykx
+ . . . + aky
m−1
,
k+1xm−2
,
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
y
x
yx
m−1
P1= a0y
k−1
P2= b0x
k−2
P2= b0yx
m−1xk
m+k−1
m+k−2
+ a1ymx
+ b1yx
m+k−2
+ b1y2x
k−1
+ . . . + aky
+ . . . + bmymx
m+k−3
+ . . . + bmy
m+k−1
k−1
m+1xk−2
,
,
,
j
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
k−1
y
P2= b0y
k−1xm
+ b1ykx
m−1
+ . . . + bmy
m+k−1
.
Умножая первое уравнение на ∆1, второе — на ∆2и так далее, скла-
дывая их, получаем (приравнивая коэффициенты при равных степенях
и учитывая свойства определителя):
(∆1x
m−1
+ ∆2yx
m−2
+ . . . + ∆my
m−1
)P1+
145
+(∆
m+1
x
k−1
+ ∆
m+2
yx
k−2
+ . . . + ∆
m+k
k−1
y
)P2= ∆ ·y
m+k−1
Аналогично, умножая эту систему последовательно на˜∆jи сумми-
руя, получаем:
.
+(˜∆
m+1
x
k−1
(˜∆1x
+˜∆
m−1
m+2
+˜∆2yx
yx
m−2
k−2
+ . . . +˜∆
+ . . . +˜∆my
k−1
y
m+k
m−1
)P1+
)P2= ∆ ·x
m+k−1
.
Так как система P1= 0, P2= 0 имеет только один общий нуль, а
именно точку 0, мы должны иметь, что ∆ = 0 (см. §1.5), и, следовательно, можем взять следующие полиномы в качестве ajk:
m
a
a
a
a
11
12
21
22
=
=
=
=
∆
1
∆
1
∆
1
∆
j=1
k
j=1
m
j=1
k
j=1
1
˜
∆jy
˜
∆
m+j
∆jy
∆
m+j
j−1xm−j
j−1xk−j
y
j−1xm−j
j−1xk−j
y
,
,
,
.
Вычисление дает
det A =
1
∆
m+k−2
2
l=1
ylx
m+k−l−2
j+s=l
06j6m−1
06s6k−1
˜
∆
j+1
∆
j+1
˜
∆
m+s+1
∆
m+s+1
.
Расмотрим ∆j/∆ как элементы последней строки в обратной мат-
рице к Res, а, соответственно,˜∆j/∆ как элементы в первой строке этой
матрицы. По формуле нахождения определителя обратной матрицы [24,
с. 31] получим
∆
j+1
˜
∆
j+1
∆
s+m+1
˜
∆
s+m+1
= ∆ ·∆(j + 1, s + m + 1),
146
где ∆(j + 1, s + m + 1) есть алгебраическое дополнение к минору второго порядка матрицы Res, соответствующее элементам из первого и
последнего столбцов и (j + 1)-й и (k + m + 1)-й строк.
Это дает нам следующее
m+k−2
det A =
1
∆
l=0
m+k−l−2
ylx
∆(j + 1, s + m + 1).
j+s=l
06j6m−1
06s6k−1
Пример 2.6.3. Для системы
P1= a0x2+ a1xy + a2y2,
P2= b0x2+ b1xy + b2y
2
получим следующие тождества:
˜
∆1=
˜
∆3=
Res =
a0a1a
b1b
b0b1b
˜
∆2= −
a1a
a0a1a
b0b1b
˜
∆4= −
0
2
2
a1a20
b1b
b0b1b
0
2
2
2
a1a
a0a1a
b1b
2
= a2b
= a
a0a1a
2
0 a0a1a
b0b1b
2
0 b0b1b
2
− a2b0b2+ a0b
1
0
2
2
1
= a2b1b2− a1b
2
b2− a1a2b1+ a
0
2
2
= a1a2b2− a
2
0
0
2
,
0
2
2
− a1b1b2,
2
2
,
2
2
b0− a0a2b2,
2
2
b1,
2
147
∆2=
∆4=
∆1= −
a0a1a
b0b1b
0 b0b
∆3= −
a0a1a
0 a0a
b0b1b
0 a0a
b0b1b
0 b0b
2
= a0b
2
1
a0a1a
0 a0a
0 b0b
2
= a
1
2
1
= a0b0b1− a1b
2
1
2
− a0b0b2− a1b0b1+ a2b
1
2
,
0
2
= a0a1b0− a
1
1
2
b2− a0a1b1− a0a1b1+ a
0
2
0
b1,
2
1
2
0
b0,
,
∆ = a0a2b
2
− 2a0a2b0b2+ a
1
Поэтому
a
11
=
(x(a2b
∆
1
1
a
12
=
(x(a
∆
2
− a2b0b2+ a0b
1
2
b2− a1a2b1+ a
1
1
a
21
=
(x(a0b0b1− a1b
∆
1
a
22
=
(x(a0a1b0− a
∆
Легко проверить, что
2
2
b
− a0a1b1b2+ a
0
2
2
− a1b1b2) + y(a2b1b2− a1b
2
2
b0− a0a2b2) + y(a1a2b2− a
2
2
) + y(a0b
0
2
b1) + y(a
0
2
− a0b0b2− a1b0b1+ a2b
1
2
b2− a0a1b1− a0a2b0+ a
0
x3= a11P1+ a12P2,
y3= a21P1+ a22P2,
2
b0b2− a1a2b0b1+ a
1
2
2
2
1
2
)),
2
b1)),
2
)),
0
b0)).
2
2
b
.
2
0
det A =
1
∆
−x
2
a0a
b1b
1
− y
2
2
a1a
b1b
2
2
+ xy
a0a
b1b
1
=
(x2(a1b0− a0b1) + xy(a0b2− b0a2) + y2(a2b1− a1b2)).
∆
148
+
a1a
b0b
1
2
2
=
1
3. Метод, который сейчас опишем для нахождения матрицы A мо-
жет быть использован в Cn, n > 2, многократно. Пусть задана невырожденная система уравнений вида (2.6.2.) и пусть
P1, . . . , P
n
— старшие однородные части этой системы. Рассмотрим полиномы P1и
Pjкак полиномы по переменной z1и найдем классический результант
этой пары. Тогда получим однородные полиномы Rjот переменных
z2, . . . , zn, а предыдущее рассмотрение показывает (см. пункт 2), что
где R
′
, R
j
Rj= R
′′
— полиномы по (z1, . . . , zn). Итак, приходим к системе одно-
j
′
P1+ R
j
′′
j
P2,
родных полиномов Rjпо переменным z2, . . . , zn. Также имеем
Rj≡ 0,
так как начальная система (2.6.2.) невырожденна.
Тогда, применяя те же самые аргументы к парам R2, Rjи исключая
z2, получаем систему полиномов
Fj, j = 3, . . . , n,
от переменных (z3, . . . , zn). Наконец, применяя это метод далее, получаем слева один полином вида a · z
G1P1+ . . . + GnPn= az
M
. Если a ≡ 0, тогда имеем
n
M
,
n
т.е. получается желаемое разложение. Точно таким же способом можно
получить мономы z
M
. Заметим, что степени полиномов быстро растут
j
на каждом шагу и окончательная степень M будет (в общем) больше,
чем ||k||−n + 1. Но здесь не приходится решать никакие системы уравнений.
Пример 2.6.4. Пусть
P1= a0x2+ a1xy + a2xz + a3y2+ a4yz + a5z2,
P2= b0x2+ b1xy + b2xz + b3y2+ b4yz + b5z2,
149
P3= c0x2+ c1xy + c2xz + c3y2+ c4yz + c5z2.
Вычисляя результант R1полиномов P1и P2и исключая тем самым
x, получаем
R1= y4(a0a3b
2
2
+a
b
) + y3z(a0a4b
3
0
2
+2a
b3b4− a0a1b1b4− a0a1b2b3− a0a2b1b2+ 2a1a2b0b3+ a
0
−a1a3b0b2− a2a3b0b1− a1a4b0b3+ 2a3a4b
+2a0a4b1b2+ a0a5b
2
+2a
+a
b3b6+ a
0
2
b0b5+ 2a1a2b0b4+ a
1
+a2a4b0b1+ 2b
−2a0a5b0b4+ 2a
2
+a
b0b4− a1a5b0b2− a2a4b0b2− a2a5b0b1+ 2b
2
−2a0a5b0b5+ a
2
− 2a0a3b0b3+ a
1
2
1
2
1
2
2
b
− a0a1b1b5− a0a1b2b4− a0a2b1b4− a0a2b2b3+
0
4
2
a3a5+ b
0
2
b4b5− a0a1b2b5− a0a2b1b5− a0a2b2b4+ 2a1a2b0b5+
0
2
2
b
− a0a2b2b5+ a
0
5
2
2
b
− a0a1b1b3+ a
0
3
2
b0b3− a1a3b0b3+
1
+ 2a0a3b1b3− 2a0a4b0b3− 2a0a3b0b4+
2
) + y2z2(a0a3b
0
2
2
− 2a0a3b0b5− 2a0a4b0b4− 2a0a5b0b3+
2
b0b3+ a1a4b0b2+ a1a5b0b2+ a2a3b0b2+
2
2
2
a
) + yz3(a0a4b
0
4
2
b0b5− a2a5b0b2+ b
2
2
+ 2a0a5b1b2− 2a0a4b0b5−
2
2
a4a5) + z4(a0a5b
0
2
2
a
).
0
5
2
1
+
Результант R2полиномов P1и P3отличается от R1тем, что bjзаме-
няются на cj. Далее,
b0b4−
2
2
−
′
F
P1+ F
1
′
P2= R1, F
2
′′
P1+ F
1
′′
P3= R2.
2
Формируя сейчас результант полиномов R1и R2и исключая y, получаем G1P1+ G2P2= az8. Отсюда имеем
G1(F
′
P1+ F
1
′
P2) + G2(F
2
′′
P1+ F
1
′′
P3) = az
2
8
и поэтому
P1(G1F
′
+ G2F
1
′′
) + G1F
1
′
P2+ G2F
2
′′
P3= az8.
2
Тогда можно найти элементы матрицы A. Заметим, что здесь степень
z равна 8, а по теореме Маколея можно найти полиномы ajkстепени 4.
150