8. Зведення квадратичних форм до канонічного вигляду.

О. Нехай L -лін. пр-р над полем R. Відображення f:LLR наз. білінійною функцією, якщо при фіксованому другому елементі f - лін. по першому, і навпаки; та виконуються:

1. f(x+y,z)=f(x,z)+f(y,z)

2. f(x,y+z)=f(x,y)+f(x,z)

3. f(x,y)=f(x,y)=f(x,y)

Припустимо, що пр-р - скінченно-вимірний і зафіксуємо базис Б:а₁...а_n.

Візьмемо х=х₁а₁+...+х_na_n

y=y₁a₁+...+y_na_n

f(x,y)=f(x₁a₁+...+xnan, y₁a₁+...+ynan)=x_iy_jf(a_i,a_j),

f(a_i,a_j)=a_ij

f(x,y)=a_ij x_i y_j - білінійна форма.

A=(a_ij) - матриця білін. ф-ції f в базисі Б.

О. Білін. ф-ція f(x,y) наз. симетричною, якщо f(x,y)=f(y,x) x,y.

О. f(x,x)=a_ij x_i x_j - квадратична форма одержана з симетричної білін. форми.

Матриця квадратичної форми - це матриця відповідної симетр. білін.форми у відповідному базисі. n

О. Квадратична форма b_ij y_i iy_j наз. канонічною, якщо є сумою

b₁₁y₁² + ... +b_nny_n², b^ij=0 при ij

Задача зведення полягає у тому, щоб за базисом Б знайти новий базис Б` такий, що дана квадратична форма в цьому базисі - канонічна.

Б`: b₁ . . .b_n .

Задача може бути переформульована: за симетричною матрицею А знайти невироджену матрицю F:

F^ТAF=B - діагональна,

F - матриця переходу до нового базису.

Нехай маємо 2 базиси:

Б: а₁ ... а_n  x=(x_{1 ...} x_n) Б^FБ`

Б`: b<sub>1</sub> ... b<sub>n</sub>  x=(x<sub>1`</sub> ...x_n`)

b₁=₁₁a₁+ ... +_n1a_n;

F=(_ij) ....

b_n=_1na₁+ ... +_nna_n;

(x_i`)=F(x_i)

Метод Лагранжа.

В базисі Б: а₁ . . .а_n квадратична функція f(x) задається квадратичною формою

а_ij x_i x_j=a₁₁x₁² + . . .+a_nnx_n² +a_ij x_i x_j = a₁₁x₁² +2a₁₂x₁x₂ + . . .+2a_1nx₁x_n + g(x₂ . . .x_n)

Припустимо, що а₁₁0 , тоді

f(x)=1/a₁₁ ((a₁₁x₁²) + 2a₁₂a₁₁x₁x₂ + . . . + 2a_1na₁₁x₁x_n)+g(x₂ . . .x_n)

З першої дужки виділимо повний квадрат:

(а₁₁х₁)² + . . .+2a_1na₁₁x₁x_n=(a₁₁x₁+a₁₂x₂+ . . .+a_1nx_n)²- t(x₂ . . .x_n)

f(x)=1/a₁₁(a₁₁x1+ . . .+a_1nx_n)²+c(x₂ . . .x_n)

y₁=a₁₁x₁+ . . .+a_1nx_n

y_i=x_i, i=2, . . . ,n

H - невироджена, H^-1=F- матриця переходу до нового базису.

x = (y₁ . . .y_n)

Б` 2

f(x) = (1/a11)y1 +c(y2 . . .yn)

Б`

Ті самі міркування проводимо n разів .Якщо а11=0 , але аii0 ,тоді те ж

саме відносно змінної хi.

Якщо ж аii=0 , i=1, . . . ,n ,то змнюючи нумерацію будемо вважати що . Покладемо

х1=y1+y2

x2=y1-y2

x3=y3

. . .

xn=yn

Розглянемо матр. цієї зміни зміних

, бачимо, що матр.- не вироджена, тому від базису Б до Б’ можна перейти за допомогою цієї матр. Тоді якщо в. в Б то в Б’

Будемо вважати , що а₁₂0 , тоді в новому базисі

f(x)=2a₁₂x₁x₂ + . . . +2a_1nx₁x_n + . . .=2a₁₂(y₁+y₂)(y₁-y₂)+2a₁₃(y₁+y₂)y₃+ . . .=

=2a₁₂y₁² - 2a₁₂y₂² +h(y₁ . . .y_n)

Маємо перший випадок.Серед коеф. При квадратах є відмінні від 0. Отже, можна застосовувати виділення квадратів.

Теорема Якобі.

Якщо головні мінори 1 . . . n матриці квадратичної форми0 , то новий базис , в якому ця квадратична форма має вигляд

(1/1)y₁² + (1/2)y₂² + . . . +(n-1/n)y_n²

9. Основна теорема про ділимість многочленів.

Позначимо через с мн-ну компл. чисел. Підмножина наз. Числовим полем, якщо містить одиницю та замкнена відносно додавання, віднімання, множення та ділення на числа відмінні від нуля.Замкненість підмін. Якоїсь операції, наприклад, додаанння означає, що застосувати цю операцію до елементарної підмножини ми одерж елемент..Кільце многочл над полем F наз сукупність усіх многочленів від однієї змінної х з коеф , що належить полю F

Зафіксуємо числове поле F. Візьмемо змінну х і позначимо F[x] множину усіх многочленів з коефіцієнтами із поля F. F[x] - кільце многочленів над полем F: f₁,f₂F[x]  f₁-f₂F[x], f₁+f₂F[x], f₁*f₂F[x].

О. Р(х) ненульового степеню з кільця F[x] наз. незвідним, якщо з того,що Р(х)=f₁(x)f₂(x), де f₁(x), f₂(x)F[x] слідує, що або степінь f₁(x)=0 або степінь f₂(x)=0.

О. Р₁ (х) і Р₂(х) - асоційовані , якщо Р₁(х)Р₂(х)  Р₂(х)=P₁(x)*f(x) і Р1(х)const, f(x)=const, тобто степінь f(x) =0 .

Л. Якщо незвідний многочлен р(х) f(х)g(х), то р(х)f(х) або р(х)g(х)

Д. Якщо р(х) не g(x), то вони мають бути взаємнопростими. За наслідком з теореми про НСД: для взаємно простих g(x), p(x) існують многочлени a(x), b(x): 1=a(x)p(x)+b(x)g(x). Помножимо співвідношення на f(x): f(x)=a(x)f(x)p(x)+b(x)(f(x)g(x)). Оскільки 1-ий доданок ділиться на р(х), 2-ий ділиться на р(х) за умовою, то звідси р(х)f(x).

Т. Кожен многочлен f(x) степені >0 , f(x)F[x] можна розкласти у добуток незвідних многочленів. Таке розкладання однозначне з точністю до порядку множників та констант.

Д. Доведемо існування розкладу:

Розглянемо f(x). Якщо він незвідний, то розкладати не треба. Інакше, можна розкласти на добуток многочленів меншого степеню f(x)=f₁(x)f₂(x). Якщо вони незвідні, то вже маємо розкладання. Ті, які є звідними розкладаємо в добуток многочленів нижчого степеню. На деякому кроці знайдемо f(x)=p₁(x)...p_k(x).

Це саме можна зробити за допомогою індукції. Для многочленів 1-го степеня це очевидно. Припустимо, що довели для всіх многочленів степеня  n-1. Многочлен степеня n можна розкласти на многочлени степеня n-1 та 1, для яких розкладання на незвідні вже доведене.

Доведемо єдиність розкладу.

Припустимо, що існує ще один розклад:

p₁(x)p₂(x)...p_k(x)=q₁(x)q₂(x)...q_t(x), kt і ці розклади можуть відрізнятися порядком співмножників та констант. Беремо незвідний p₁(x)q₁(x)...q_t(x), тоді за лемою: p₁(x) один із співмножників q. Змінивши порядок можна вважати, що p₁(x) q1(x), вони - асоційовані, тобто q₁(x)=₁p₁(x).

Скоротимо на p₁(x): p₂(x)...p_k(x)=₁q₂(x)...q_t(x)

Ті ж міркування дають:

1=₁..._kq_k+1...q_t, але це не можливо, так як kt; отже q_i=_ip_i, (i=1,...,k)