§ I.5.2

Кольцо многочленов

[6/0%]
Показать
LaTeX
Задача I.5.2.1

Многочлены f(X)=X5+3X4+X3+4X2−3X−1,g(X)=X2+X+1f(X)=X^{5}+3 X^{4}+X^{3}+4 X^{2}-3 X-1, g(X)=X^{2}+X+1 можно считать принадлежащими кольцу Z[X]\mathbb {Z}{}[X] или, скажем, кольцу Z5[X]\mathbb {Z}_{5}[X] в зависимости от того, как интерпретировать их коэффициенты. Применяя алгоритм деления с остатком, показать, что в первом случае f(X)f(X) не делится на g(X)g(X), а во втором делится. Возможна ли реализация противоположного варианта?

?
Задача I.5.2.2

Доказать при помощи теоремы 3, что если FF — поле, то группа всех автоморфизмов кольца F[X]F[X], тождественных на FF, изоморфна группе преобразований X↦aX+bX \mapsto a X+b, где a,b∈Fa, b \in F и a≠0a \neq 0.

?
Задача I.5.2.3

Показать, что многочлен f∈F[X1,…,Xn]f \in F\left[X_{1}, \ldots , X_{n}\right] является формой степени mm (см. доказательство теоремы 4) тогда и только тогда, когда f(tX1,…,tXn)=tmf(X1,…,Xn)f\left(t X_{1}, \ldots , t X_{n}\right)=t^{m} f\left(X_{1}, \ldots , X_{n}\right), где tt — новая переменная.

?
Задача I.5.2.4

Показать, что число различных одночленов от nn независимых переменных полной степени mm равно (m+n−1m)\binom {m+n-1}{m}.

?
Задача I.5.2.5

Возвращаясь к определениям п. 1, рассмотрим совокупность A[[X]]A[[X]] так называемых формальных степенных рядов f(X)=∑i⩾0aiXif(X)=\sum_{i \geqslant 0} a_{i} X^{i} от переменной (неизвестной) XX или, если угодно, последовательностей (a0,a1,a2,…)\left(a_{0}, a_{1}, a_{2}, \ldots \right) с любым, возможно, бесконечным, числом коэффициентов ai≠0a_{i} \neq 0, принадлежащих коммутативному кольцу AA. Действия с формальными степенными рядами из A[[X]]A[[X]] проводятся по тем же правилам, что и действия с многочленами:

(∑aiXi)+(∑biXi)=∑(ai+bi)Xi(∑aiXi)⋅(∑biXi)=∑ckXk,ck=∑i+j=kaibj. \begin{gathered} \left(\sum a_{i} X^{i}\right)+\left(\sum b_{i} X^{i}\right)=\sum \left(a_{i}+b_{i}\right) X^{i} \\ \left(\sum a_{i} X^{i}\right) \cdot \left(\sum b_{i} X^{i}\right)=\sum c_{k} X^{k}, \quad c_{k}=\sum _{i+j=k} a_{i} b_{j}. \end{gathered}

Показать, что множество A[[X]]A[[X]], рассматриваемое вместе с этими операциями, является ассоциативным и коммутативным кольцом с единицей 1=(1,01=(1,0, 0,…)0, \ldots ).

Так как в степенной ряд f=∑aiXif=\sum a_{i} X^{i} входят сколь угодно высокие степени XiX^{i} переменной XX, то вместо степени deg⁡f\operatorname {deg} f, не имеющей теперь смысла, естественно рассматривать порядок ω(f)\omega (f) — целое число, равное наименьшему индексу nn, для которого an≠0a_{n} \neq 0 (полагают ещё ω(0)=+∞\omega (0)=+\infty).

Показать, что: i) ω(f−g)⩾min⁡{ω(f),ω(g)}\omega (f-g) \geqslant \min \left\{ \omega (f), \omega (g)\right\}; ii) ω(fg)⩾ω(f)+ω(g)\omega (f g) \geqslant \omega (f)+\omega (g).

Если AA — целостное кольцо, то ω(fg)=ω(f)+ω(g)\omega (f g)=\omega (f)+\omega (g). В частности, вместе с AA целостным является и кольцо A[[X]]A[[X]].

Показать также, что A[X]A[X] — подкольцо в A[[X]]A[[X]].

?
Задача I.5.2.6

Многочлены и степенные ряды часто используются в качестве производящих функций различных числовых величин. Смысл оперирования с ними поясним на двух простых примерах.

?
(а)

Установить соотношение

∑i=0k(mi)(nk−i)=(m+nk) \sum _{i=0}^{k}\binom {m}{i}\binom {n}{k-i}=\binom {m+n}{k}

исходя из биномиальной формулы ∑(ni)Xi=(1+X)n\sum \binom {n}{i} X^{i}=(1+X)^{n} в Z[X]\mathbb {Z}{}[X] и очевидного разложения (1+X)m(1+X)n=(1+X)m+n(1+X)^{m}(1+X)^{n}=(1+X)^{m+n}.

(б)

Найти число lnl_{n} всевозможных расстановок скобок в произведении длины nn элементов множества с одной бинарной операцией. С этой целью удобно ввести производящую функцию — формальный степенной ряд

l(X)=∑n⩾1lnXn=X+X2+2X3+… l(X)=\sum _{n \geqslant 1} l_{n} X^{n}=X+X^{2}+2 X^{3}+\ldots

начальные коэффициенты которого были вычислены ещё в п. 3 § 1 гл. 4. Из очевидного рекуррентного соотношения

ln=∑k=1n−1lkln−k l_{n}=\sum _{k=1}^{n-1} l_{k} l_{n-k}

вытекает, что l(X)2=l(X)−Xl(X)^{2}=l(X)-X. Решая это квадратное уравнение, находим

l(X)=1−1−4X2 l(X)=\frac{1-\sqrt{1-4 X}}{2}

(знак перед радикалом определяется условием ln>0l_{n}>0). Но если степенной ряд f(X)f(X) таков, что fr=1+λX,r∈Nf^{r}=1+\lambda X, r \in \mathbb {N}, то

f(X)=1+∑k=1∞[∏i=0k−1(1r−i)](λX)kk! f(X)=1+\sum _{k=1}^{\infty }\left[\prod _{i=0}^{k-1}\left(\frac{1}{r}-i\right)\right] \frac{(\lambda X)^{k}}{k !}

(разложение в ряд Тейлора, которое можно принять пока на веру). В нашем случае r=2,λ=−4r=2, \lambda =-4, и простая подстановка даёт окончательное выражение

ln=1n(2n−2n−1) l_{n}=\frac{1}{n}\binom {2 n-2}{n-1}

(заметим, что ln=Cn−1l_{n}=C_{n-1} — классическое число Каталана).

Предлагается провести все промежуточные выкладки.