Гашков С.В. Современная элементарная алгебра в задачах и решениях

Метод итераций можно применить к решению систем и другим способом. Например, если имеем систему

(

x1 = f1 (x1, x2); x2 = f2 (x1, x2),

где отображение F(x1, x2) = (f1, f2) отображает прямоугольник в себя, F : [a1, b1] × [a2, b2] → [a1, b1] × [a2, b2],

причем всегда выполняется неравенство

|f1 (x1, x2) − f1 (y1, y2)| + |f2 (x1, x2) − f2 (y1, y2)| < |x1 − y1| + |x2 − y2|,

то метод итераций, начиная с любой точки прямоугольника, будет сходится к решению системы, которое обязательно будет единственным.

Упражнение 73. Докажите предыдущее утверждение.

З а м е ч а н и е. Можно доказать, что решение у подобной системы будет существовать и без выполнения указанного неравенства, но вот метод итераций в этом случае применить не удается.

Применяя метод итераций, решите следующую задачу.

Упражнение 74. На карту Москвы положили сверху такую же карту, но впятеро меньшего масштаба. Докажите, что можно обе карты проткнуть иглой так, чтобы отверстие изображало на обоих картах одну и ту же точку.

Задачи и упражнения к § 3.7

Английский математик и логик де Морган писал, что после того как Валлис продемонстрировал применение метода Ньютона к уравнению x3 − 2x − 5 = 0, оно стало служить примером каждому изобретателю нового метода численного решения уравнений.

1. Найдите три знака после запятой у корня этого уравнения методом вилки.

Другим знаменитым уравнением, вероятно, первым кубическим уравнением, численно решенным в Европе, является уже упоминавшееся

вэтой книге уравнение Фибоначчи x3 + 2x2 + 10x = 20.

2.Найдите решение Фибоначчи x = 1◦ 26′ 7′′ 42′′′ методом Горнера. Естественно, рекомендуется использовать калькулятор, причем для таких задач достаточно простейшего.

3.Найдите девять знаков после запятой у корня уравнений Валлиса и Фибоначчи методом Данделена.

xn+1 = xn 32 − M · xn2 .

Скорость сходимости итераций Ньютона хорошо демонстрирует сле-

А следующая задача показывает, как важно выбирать хорошее на-

можно вычислять десятичные знаки золотого сечения быстрее, чем с помощью цепных дробей.

10*. Проверьте, что применяя метод Ньютона к уравнению x2 = x + 1, начиная с x0 = p0/q0, p0 = 2, q0 = 1, получаем итерационную последова-

Покажите, что сложность одновременного вычисления F2n и F2n+1 не превосходит Cn.

Интересно, что попутно получилась бесконечная последовательность целых решений уравнения x2 − xy − y2 = 1. Подобные уравнения решаются сведением к так называемому уравнению Пелля.

11**. Пусть α – корень уравнения c целыми коэффициентами anxn + . . . + a0 = 0

(такие числа называются алгебраическими числами). Число r назовем ε-приближением к α, если |r − α| < ε. Докажите, что методом Ньютона можно вычислить рациональное ε-приближение к α со сложностью C log2 log2 1/ε. Под сложностью понимается число арифметических опе-

§ 3.8. Разложение на множители

Начнем с определения.

Определение 82. Многочлен f(x) K[x] называется неприводимым над кольцом K, если его степень ненулевая и его нельзя представить в виде произведения многочленов над кольцом K степеней, меньших n.

Теорема 83. Пусть F – поле, тогда разложение на неприводимые множители в F[x] всегда существует и однозначно с точностью до перестановок сомножителей и умножения их на константы.

Д о к а з а т е л ь с т в о. Существование разложения легко доказывается по индукции подобно доказательству существования в теореме 2.

Для доказательства единственности потребуется

Лемма 20. Если многочлен p(x) неприводим над полем F и делит произведение многочленов fg(x), f(x), g(x) F[x], то p(x) делит либо многочлен f(x), либо многочлен g(x).

Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть многочлен p не делит g, значит, (p, g) = 1, поэтому для некоторых многочленов u, v согласно теореме о линейном представлении НОД справедливо равенство up + vg = 1, но тогда многочлен f = fup + vfg делится на многочлен p.

Из этой леммы индукцией по n легко выводится

Следствие из леммы 20. Если многочлен p(x) неприводим и делит

произведение

q1 (x)q2 (x) . . . qn (x),

то он делит хотя бы один из сомножителей qi (x).

Доказательство единственности в теореме 83 проводится индукцией по минимальной длине разложения. База индукции очевидна. Выполним шаг индукции.

Пусть многочлены, разлагающиеся в произведение не более чем n неприводимых многочленов, имеют однозначное разложение, а многочлен p(x) имеет два разложения

p(x) = p1 (x) p2 (x) . . . pn+1 (x) = q1 (x)q2 (x) . . . qm (x).

Применяя следствие из леммы к многочленам q1 (x)q2 (x) . . . qn (x) и p1 (x), получаем, что для некоторого i многочлен p1 (x) делит qi (x), а так как они неприводимы, то p1 (x) = cqi (x), где c – константа из поля коэффициентов. Тогда, сокращая на p1 (x), получаем два разных разложения одного многочлена, причем первое из них имеет длину n. Полученное противоречие завершает выполнение шага индукции.

В следующей теореме понадобится

Лемма 21 (Гаусс). НОД коэффициентов произведения P1 (x), P2 (x) равен единице, если НОД коэффициентов сомножителей равен единице.

Д о к а з а т е л ь с т в о. Доказательство проведем методом от противного. Пусть

P1 (x) · P2 (x) = a0 + a1x + . . . + anxn,

P1 (x) = c0 + c1x + . . . + cmxm, P2 (x) = b0 + b1x + . . . + bkxk

и пусть простое число p делит коэффициенты произведения P1 (x) · P2 (x). Допустим, что ct – первый из тех коэффициентов, что не делятся на p.

и поэтому p делит bs ct , значит, p делит либо bs , либо ct – противоречие.

Теорема 84 (Гаусс). У произвольного многочлена p(x) c целыми коэффициентами имеется разложение на множители с рациональными коэффициентами тогда и только тогда, когда p(x) разлагается на множители с целыми коэффициентами.

таков, что an не кратно простому числу p, и p делит остальные коэффициенты a0, a1, . . ., an−1, но p2 не делит a0. Тогда f(x) неприводим.

Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть

f(x) = g(x) · h(x), g(x) = b0 + b1x + . . . + bkxk, h(x) = c0 + c1x + . . . + cmxm,

значит, p не делит bkcm = an, а b0c0 = a0 делится на p, но не делится на p2, поэтому одно из них не делится на p, например b0, а тогда c0 делится на p.

Заметим, что p делит c1. В самом деле, p делит a1 = b0c1 + c0b1, следовательно, p | b0c1, а значит, согласно лемме 1 § 1.2 p | c1. Аналогично p делит a2 = b0c2 + b1c1 + b2c0, следовательно, p | c2 и т. д. и, наконец,

p | am = b0cm + b1cm−1 + . . . + bmc0, следовательно, p | cm, что невозможно, так как тогда p делит bkcm = an.

Упражнение 75. 1. Многочлены xm − p, где p – простое, и xm −

fp (x + 1) неприводим.

Указанные признаки неприводимости хотя и просты, но не всегда применимы. Опишем алгоритм, называемый алгоритмом Кронекера, который позволяет для любого многочлена над полем рациональных чисел не только выяснить, является ли он неприводимым, но и указать разложение его на множители, если он приводим. Однако, как будет видно, этот алгоритм приводит к очень громоздким вычислениям, хотя в отдельных случаях его можно применять с успехом.

Если дан многочлен f(x) Z [x], deg f = n, то тестирование его неприводимости и разложение на множители сводятся к поиску делителя g(x)

§ 3.9. Взаимные многочлены

Далее рассматриваем многочлены над произвольным полем.

Определение 83. Два многочлена f(x), g(x) равной степени n назовем взаимными, если их коэффициенты связаны равенствами ak = bn−k, k = 0, . . . , n. В этом случае будем писать f = g или g = f .

П р и м е р ы. 1. Многочлены 1 + x + 2x2, 2 + x + x2 взаимные.

2.Многочлены 1 + x + 2x2 + 3x3, 3 + 2x + x2 + x3 тоже взаимны друг

другу.

3.Очевидно, f = f.

Упражнение 77. 1. Проверьте, что f = g f(x) = g(1/x)xdeg g .

2.Если deg f = deg g, то (f ± g) = f ± g .

3.Если deg f 6= deg g, то предыдущее утверждение неверно.

Определение 84. Многочлен f называется возвратным, если f = f . П р и м е р ы. 1. Многочлен 1 + x + x2 + . . . + xn возвратный.

2.Многочлен 1 + x + 2x2 + x3 + x4 тоже.

3.Константа – возвратный многочлен. Справедлива следующая очевидная

Теорема 87.

(i)Справедливо тождество (fg) = f g .

(ii)Произведение возвратных многочленов – возвратный многочлен.

(iii)Взаимные многочлены одновременно либо неприводимы, либо приводимы.

До к а з а т е л ь с т в о. Утверждение (i) следует из тождества xdeg f f(1/x)xdeg g g(1/x) = xdeg f+deg g f(1/x) g(1/x) = xdeg fg fg(1/x).

Утверждение (ii) следует из (i). Утверждение (iii) тоже следует из (i).

Лемма 22. Существует единственный многочлен Pn (x) такой, что Pn (x + 1/x) = xn + x−n.

Д о к а з а т е л ь с т в о. База индукции (n = 1, 2) очевидна, так как P2 (x) = x2 − 2. Шаг индукции обосновывается тождеством

xn+1 + x−n−1 = (xn + x−n) (x + x−1) − xn−1 + x−n+1,

если определить последовательность Pn (x) рекуррентным соотношением

Pn+1 = xPn (x) − Pn−1 (x).