Опубликован: 04.03.2008 | Доступ: свободный | Студентов: 1626 / 46 | Оценка: 4.56 / 3.67 | Длительность: 30:07:00
ISBN: 978-5-9556-0099-4
Специальности: Программист, Математик
Лекция 3:

Наибольший общий делитель и последовательности полиномиальных остатков

Границы для коэффициентов делителя полинома

Вычисляя евклидову последовательность полиномиальных остатков, мы видели, что коэффициенты промежуточных многочленов могут расти достаточно быстро. При этом коэффициенты наибольшего общего делителя, как правило, оказываются небольшими. В этом параграфе мы постараемся найти оценки для коэффициентов многочленов, делящих заданный многочлен с целыми коэффициентами. Первая гипотеза, приходящая на ум, состоит в том, что если \smu{1}
f(x),g(x)\in \mathbb Z[x] и \smu{1} g(x)\mid f(x), то коэффициенты делителя не превосходят по абсолютной величине коэффициентов делимого. К сожалению,

7.1. ПРИМЕР. Рассмотрим многочлены

\begin{align*}
  f(x)&=x^3+x^2-x-1=(x+1)^2(x-1),\\
  g(x)&=x^4+x^3-x-1=(x+1)^2(x^2-x+1).
\end{align*}
Легко видеть, что НОД (f(x),g(x))=x^2+2x+1=(x+1)^2.

Этот пример легко обобщается, например, путем умножения обоих исходных многочленов на (x+1)^2.

Неравенство Коши

Оценку для коэффициентов делителей полинома будем выводить из известного неравенства Коши, которое дает оценку абсолютной величины корня полинома.

ТЕОРЕМА. Пусть d \geq  1,

\begin{equation}   P(x) = a_0 x^d + a_1 x^{d-1}+\dots + a_d,\qquad a_0 \ne 0\end{equation} ( 7.1)
- полином с комплексными коэффициентами. Тогда любой корень z полинома P(x) удовлетворяет неравенству
\begin{equation}
  | z| < 1 + \frac{\max \{ | a_1 |, \dots, | a_d | \}}{| a_0 |}.
\end{equation} ( 7.2)

ДОКАЗАТЕЛЬСТВО. Пусть P(z)=0. Если |z|\le1, то утверждение теоремы тривиально. Предположим, что |z|>1 и положим H=
\max(|a_1|,\dots,|a_d|). По предположению

a_0z^d=-a_1z^{d-1}-\dots-a_d,
следовательно,
|a_0|\;|z|^d\le
H\left(|z|^{d-1}+\dots+1\right)<\frac{H\,|z|^d}{|z|-1},
то есть |a_0|(|z|-1)<H.

Разумеется, эта оценка не является единственно возможной. Ниже приведены еще две оценки, первая из которых также принадлежит Коши, а вторая — Кнуту:

\begin{align*}
  |z|&\leq \max \left(\genfrac||{}{} {da_1}{a_0},
                     \genfrac||{}{}{da_2}{a_0}^{1/2},
                     \genfrac||{}{}{da_3}{a_0}^{1/3}, \dots ,
                     \genfrac||{}{}{da_d}{a_0}^{1/d} \right), \\
  |z|&\leq2\max \left(\genfrac||{}{}{a_1}{a_0},
                     \genfrac||{}{}{a_2}{a_0}^{1/2},
                     \genfrac||{}{}{a_3}{a_0}^{1/3}, \dots ,
                     \genfrac||{}{}{a_d}{a_0}^{1/d} \right).
\end{align*}

Каждая из этих оценок дает также границу и для минимального модуля корня полинома (в предположении, что свободный член полинома ненулевой) — заменяем в исходном полиноме x на 1/x, другими словами, ищем наибольший корень полинома a_dx^d+a_{d-1}x^{d-1}+\dots+a_1x+a_0, обратный к которому будет наименьшим корнем исходного полинома.

Воспользуемся неравенством Коши для получения оценки коэффициентов делителя полинома, которая известна как неравенство Ландау. Ландау

Неравенство Ландау

Пусть F = \sum^m_{k=0} c_k x^k. Положим

\begin{equation}
    \|F\| = \left(\sum^m_{k=0} | c_k | ^2 \right)^{1/2}.
\end{equation} ( 7.3)
Рассматриваем формулу (7.3) как некоторое удобное обозначение. Можно доказать, что эта формула задает на пространстве полиномов метрику, но мы не пользуемся этим фактом, необходимые нам свойства этой метрики будут доказаны.

ТЕОРЕМА. Предположим, что полином P(x) задан формулой (7.1). Пусть z_1, \dots, z_d — корни полинома P(x). Положим

M(P)=|a_0|\prod^d_{j=1}\max\{1,|z_j|\} .
Тогда M(P) \leq  \|P\|.

Для доказательства теоремы нам понадобится

ЛЕММА. Если Q — полином и z — комплексное число, то

\begin{equation}
 \| (x + z) Q(x)\| = \|(\bar zx + 1) Q(x)\|.
\end{equation} ( 7.4)

ДОКАЗАТЕЛЬСТВО. Пусть Q(x)  =  \sum^m_{k=0}  c_k  x^k. Тогда квадрат выражения в левой части равенства (7.4) равен

\sum^{m+1}_{k=0}     (c_{k-1}   + zc_k ) (\bar c_{k-1} +
\bar z\bar c_k ) =
  (1 + | z| ^2) \|Q\|^2 +\sum^{m+1}_{k=0} (zc_k \bar  c_{k-1}  +  \bar
  z\bar c_k c_{k-1})
(полагаем c_{-1} = c_{m+1} = 0 ). Этому же выражению равен и квадрат правой части.

ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ТЕОРЕМЫ. Пусть z_1, \dots, z_k — корни полинома P(x), лежащие вне единичного круга. Тогда M(P)=|a_0|\cdot|z_1\cdot\dots\cdot
z_k|. Положим

\begin{equation*}
  R(x) = a_0 \prod^k_{j=1} (\bar z_j x - 1) \prod^d_{j=k+1} (x - z_j)  =
  b_0 x^d +\dots+b_d.
\end{equation*}
k-кратное применение леммы дает \smu{1} \|P\| = \|R\|. Однако \smu{1} \|R\|^2\geq\|b_0\|^2
 = [M(P)]^2.

7.5. ТЕОРЕМА. Пусть Q = b_0 x^q + b_1 x^{q-1} + \dots +
b_q, b_0 \ne0 — делитель полинома P(x), задаваемого формулой (7.1). Тогда

| b_0 | + | b_1 | + \dots + | b_q |  \leq 
\genfrac||{}{}{b_0}{a_0}\cdot 2^q \|P\|.

ДОКАЗАТЕЛЬСТВО. Легко проверяется, что

| b_0 |  + | b_1 |  + \dots + | b_q |  \leq  2^q
M(Q),
но M(Q) \leq   | b_0 /a_0 |  M(P), и из неравенства Ландау следует, что M(P)\le \|P\|.

7.6. УПРАЖНЕНИЕ. Пусть f(x) \in \Z[x] и h(x) — делитель полинома f(x). Предположим, что \deg (h) \leq m. Тогда

\|h\| \leq \binom {2m}m ^{1/2}\|f\| .
(Символ \binom{n}{k} используется здесь и неоднократно в дальнейшем для обозначения биномиальных коэффициентов, т. е. числа сочетаний из n по k.)

Другие полезные границы можно найти, например, в работе [ 25 ] .

Марина Подлевских
Марина Подлевских

Пожалуйста, проясните ситуацию. Был выбран курс " Компьютерная алгебра" для самостоятельного изучения. Как теперь записаться на этот курс с целью получения диплома о повышении квалификации? На данный момент он имеет статус " изучаю". Если я пройду экзаменационный тест в таком статусе без оформления документов и оплаты диплома, придется ли еще раз регистрироваться на этот курс и заново проходить тестирование?