\documentclass{article}

\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[TS1,T2A]{fontenc}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{amssymb}

\hoffset=-3cm
\textwidth=18cm
\voffset=-3cm
\textheight=26cm

\date{2010-02-10}
\title{Аналитическая геометрия}
\author{Зайцев Вадим}

\begin{document}
\maketitle

\section{Многочлены}

\subsection{Алгебра многочленов}
	Обычно многочлен - это ф-ия вида:
	\begin{equation}
		x \longmapsto f(x) = a_{0} + a_{1}x + a_{2}x^{2} \ldots + a_{n}x^{n}
	\end{equation}
	Над бесконечными полями это верно, но над конечными - неверно. \\
	Напр., $\mathbb{Z}_{2}=\{0;1\}$:
	\begin{equation}
		x: \left\{
		\begin{array}{l l}
			0 \longmapsto 0 \\
			1 \longmapsto 1
		\end{array} \right.
		\quad 
		x^{2}: \left\{
		\begin{array}{l l}
			0 \longmapsto 0 \\
			1 \longmapsto 1
		\end{array} \right.
		\quad
		x^{2}=x \,?\, o\_O
		\notag
	\end{equation}
	Обычно считают (1) для $f(x)$ единственной, т.е. степени $1, x, x^{2}, \ldots, x^{n}$ должны
	быть линейно независимы над полем.

\subsubsection{Определение}
	\textbf{Алгебра многочленов над полем К (от одной переменной)} - это алгебра со счётным базисом
	$e_{0}, e_{1}, \ldots$ и таблицей умножения $e_{i}\cdot e_{j}=e_{i+j} \, \forall i,j \in
	\mathbb{Z}_{+}$(мно-во целых неотрицательных чисел).
	
\subsubsection{Теорема}
	Алгебра многочленов над полем К - это ассоциативная, коммутативная алгебра с единицей $1=e_{0}$
	Если обозначить $x:=e_{1}$, то всякий элеамент имеет единствкенную записаь $ \displaystyle
	f(x) = \sum_{i\geq0} a_{i}\cdot x^{j}, \, a_{i}\in K$, при этом сложение и умножение многочленов определяется формулами:
	\begin{equation}
		\begin{array}{l l}
			\displaystyle
			( \sum_{i\geq0} a_{i}\cdot x^{i}) + (\sum_{i\geq0}b_{i}\cdot x^{i}) = (\sum_{i\geq0}(a_{i}+b_{i})\cdot x^{i}) \\ \\
			\displaystyle
			( \sum_{i\geq0} a_{i}\cdot x^{i})\cdot(\sum_{j\geq0}b_{j}\cdot x^{j}) = \sum_{k\geq0}(\sum_{i+j=k}(a_{i}\cdot b_{j})\cdot x^k)
		\end{array}
	\end{equation}
\paragraph{Док-во:}
	\begin{enumerate}
		\item \textbf{Ассоциативность:}\\
		Ассоциативность и коммутативность следует из ассоциативности и коммутативности для векторов
		базиса. \\
		$ e_i \cdot e_j = e_{i+j} = e_{j+i} = e_j \cdot e_i $ \\
		$ (e_i \ cdot e_j)\cdot e_k = e_{(i+j)+k} = e_j\cdot (e_j \cdot e_k) $
		\item \textbf{Единвственность:}\\
		$ e_0\cdot e_i = e_i\cdot e_0 = e_{i+0} = e_i,\, \forall i $ \\
		Если $ x:=e_1$, то $ e_2 = e_1\cdot e_1 = x\cdot x = x^2;\quad e_3=e_2\cdot e_1 = x^2\cdot x = x^3;\quad etc\ldots\quad e_j = x^j $ \\
		$ a_0\cdot e_0 + a_1\cdot e_1 + \ldots + a_n\cdot e_n = a_0 \cdot 1 + a_1\cdot x + \ldots + a_n\cdot x^n $ - единств. запись.
	\end{enumerate}
Формулы (2) следуют из закона дистрибутивности (аксиом кольца и векторного про-ва).

\subsubsection{Замечание 1:}
	Обозначение $K[x]$ для указанной алгебры многочленов.
\subsubsection{Замечание 2:}
	Ф-лы (2) превращают $K[x]$ в кольцо, если К - кольцо.
\subsubsection{Замечание 3:}
	Часто записывают коэффициенты многочлена в обратном порядке:
	\[ f(x) = a_0\cdot x^n | a_1\cdot x^{n-1} + \ldots + a_n, \, a_i \in K \]
	При этом если $a_0 \neq 0$, то $n$ - это степень многочлена $f(x)$, обозначается ст $f(x)$ или $deg f(x)$ \\
	$ a_0\cdot x^n $ - старший член, $a_0$ - старший коэффициент. \\
	Если $f(x) \equiv 0$ (все коэффициенты равны 0), то степень многочлена не определена $(= -\infty)$.
	
\subsubsection{Лемма о степени:}
	Степень про-ия многочленов равна сумме степеней ($ deg(f(x)\cdot g(x)) = deg(f(x)) + deg(g(x)) $).
\paragraph{Док-во:}\hangindent=1.73cm
	Пусть $ f(x) \neq 0,\, g(x) \neq 0$ \\
	$ f(x) = a_0 \cdot x^n + $ \textit{младшие члены}. $ g(x) = b_0\cdot x^m + $ \textit{младшие члены}.\\
	$ f(x) \cdot g(x) = a_0 \cdot b_0 \cdot x^{n+m} +$ \textit{младшие члены}. \\
	$ a_0 \neq 0, b_0 \neq 0 \Rightarrow a_0 \cdot b_0 \neq 0 $ (т.к. в поле нет делителей 0).
	
\subsubsection{Следствие:}
	Если $f(x),\,g(x)\, \in K[x], K - $ поле. $ deg(f(x)\cdot g(x)=1)$, то $deg(f)=deg(g)=0$, т.е. $f,\,g \in K \setminus \{0\}$.
\paragraph{Док-во:}\hangindent=1.73cm
	Имеем $ f \neq 0, g\neq 0$.\\
	По лемме $0=\stackrel{1=1\cdot x^0}{deg(1)} = deg(f(x)\cdot g(x)) = \stackrel{\geq0}{deg(f)} + \stackrel{\geq0}{deg(g)} \Rightarrow deg(f) = deg(g) = 0 $.
	


\subsection{Деление с остатком}

\subsubsection{Теорема}
	Пусть $K$ - поле, $\displaystyle f, \, g\in K[x], g\neq0$. Тогда существуетединственные $ q, \, r \in K[x]: \left\{\begin{array}{l l}
	f=g\cdot q+r\\r=0 \text{ или } deg(r) < deg(g) \end{array}\right.$.\\
	$f$ - какбэ делимое, $g$ - какбэ делитель, $q$ - какбэ частное, $r$ - какбэ остаток.
\paragraph{Док-во:}
	\begin{enumerate}
		\item Единственность:\\
			Пусть $\left\{\begin{array}{l l} f = g\cdot q_1+r_1\\r_1=0 \text{ или } deg(r_1)<deg(g)\end{array}\right.$\\
			Тогда $ g\cdot q_1+r_1 = g\cdot q+r \Rightarrow g(q_1-q) = r-r_1 $.\\
			Если $q_1 \neq q$, то $q_1 - q \neq 0, g\neq 0$, то по лемме о степени $ deg(r_1-r)=deg(g)+ deg(q_1-q) \geq deg(g) $.\\
			Получаем противоречие со второй строкой док-ва. Значит $q_1=q, \, r-r_1=0, \, r_1=r$.
		\item Существование: (докажем индукцией по $n = deg(f(x)$)\\
			\begin{enumerate}
				\item $deg(f(x)) < deg(g(x)) $\\
					Тогда: $\displaystyle f(x)=g(x)\stackrel{q(x)}{0}+\stackrel{r(x)}{f(x)}$.
				\item $deg(f(x)) \geq deg(g(x)) $\\
					$ \begin{array}{l l}f(x) = a_0 \cdot x^n + \text{мл. члены}\\g(x) = b_0 \cdot x^m + \text{мл. члены}\end{array} \mid n \geq m, \, a_0\neq 0,  \, b_0 \neq 0 $\\
					Обозначим $f_1(x) = f(x) - g(x)\cdot \stackrel{\text{многочлен}}{\frac{a_0}{b_0}\cdot x^{n-m}}$, тогда $ deg(f_1(x)) < deg(f(x)) = n $.\\
					По предположению индукции $ \exists q_1(x), r(x) \mid \left\{\begin{array}{l l}f_1=g\cdot q_1+r\\r=0 \text{ или } deg(r)<deg(g)\end{array}\right.$.\\
					Тогда $ \displaystyle f=f_1 + g\cdot \Bigl(\frac{a_0}{b_0}\cdot x^{n-m}\Bigr) = g\cdot q_1 + r + g\cdot \frac{a_0}{b_0}\cdot x^{n-m} = g\cdot\stackrel{\text{это есть q}}{\Bigl[q_1 + \frac{a_0}{b_0}\cdot x^{n-m}\Bigr]}+r$.\\
					\textit{Идея док-ва состоит в том, чтобы последовательно исключать старшие члены.}
			\end{enumerate}
	\end{enumerate}
	


\subsection{Корни и значения}

\subsubsection{Определение:}
	Пусть $f(x) = a_0\cdot x^n + \ldots + a_n \in K[x] $ и пусть $c \in K$, тогда $f(c) = a_0\cdot c^n + \ldots + a_n $ называется \textbf{значением} $f(x)$ в точке $c \in K$. Если $ f(c) = 0$, то $c$ называется корнем или нулём  $f(x)$.
	
\subsubsection{Теорема Безу:}
	Пусть $K$ - поле, $f(x) \in K[x], c \in K$, тогда остаток от деления $f(x)$ на $x-c$ равен $f(c)$. В частности, $c$ - корень $f(x) \Leftrightarrow (x-c)
	\mid f(x)$ ($x-c$ делить $f(x)$ в $K[x]$).
\paragraph{Док-во:} \hangindent=1.73cm
	По теореме о делении с остатком (1.2.1): $f(x)= (x-c) q(x)+r, r\in K$.\\Тогда $f(c)=\stackrel{=0}{(c-c)}q(c)+r=r$.

\subsubsection{Определение}
	Если $c$ - корень $f(x)$, то $f(x)=(x-c)\cdot q(x)$.\\Возможно, что $q(c)=0,\quad q(x)=(x-c) q_1(x),\quad f(x) = (x-c)^2 q(x)$.\\
	Продолжая, получаем $f(x)=(x-c)^k h(x), \quad h(c)\neq0, \quad k\geq 1$ - кратность корня $c$ для многочлена $f(x)$.\\
	Если $k=1$, то $c$ - ``простой'' корень.\\
	Если $k>1$, то $c$ - ``кратный'' корень.
	
\subsubsection{Следствие 1}
	Многочлен степени $n$ имеет не более $n$ корней с учётом кратности.
\paragraph{Док-во:}\hangindent=1.73cm Индукций по $n=deg(f(x)) \in K[x]$, где $K$ - поле.\\
	Если $c$ - корень $f(x)$, то $f(x) = (x-c)^kh(x), \, h(c)\neq 0.\quad$ Тогда $deg(h(x))=n-k<n$, т.к. $k\geq1$\\
	По индукции $h(x)$ имеет не менее $n-k$ корней в $K$ с учётом кратности. Тогда $f(x)$ имеет не менее $n$ корней с учётом кратности.
	
\subsubsection{Следствие 2}
	Пусть $K$  - поле, в котором любой многочлен степени $\geq1$ имеет корень. Тогда любой многочлен степени $n\geq1$ имеет вид
	$ f(x)=a_0(x-c_1)(x-c_2)\ldots(x-c_n), \quad a_0 \in K, \, a_0 \neq 0$.

\subsubsection{Следствие 3}
	Если $c_1, c_2, c_3,\ldots,c_n$ - все корни $f(x)=a_0x^n+\ldots a_n \in K[x]$, то верны ф-лы Виета:\\
	\begin{eqnarray}
		&& c_1 + c_2 + \ldots + c_n = -\frac{a_1}{a_0}\notag\\
		&& c_1 c_2 + c_2 c_3 + \ldots + c_{n-1}c_n = \frac{a_2}{a_0}\notag\\
		&& \ldots\notag\\
		&& \sum_{i_1 < i_2 < \ldots < i_k} c_{i_{1}} c_{i_2}\ldots c_{i_3} = (-1)^k \frac{a_k}{a_0} \notag
	\end{eqnarray}
\paragraph{Док-во}\hangindent=1.73cm
	Получается сравнением коэффициентов при $x^{n-k}$ в равенстве 
	\begin{equation}
		a_0x^n + \ldots + a_kx^{n-k} + \ldots + a_n = a_0(x-c_1)\ldots(x-c_n) \notag.
	\end{equation}
	чтобы получить $x^{n-k}$ нужно справа перемножить $(n-k)$ скобок, а коэффициентом будет произведение $c_i$ в оставшихся скобках.
	
\subsubsection{Следствие 4}
	Пусть $K$ - поле $x_2, x_2, \ldots, x_n$ - различные точки из $K$, $y_1, y_2, \ldots, y_3$ - любые точки из $K$. Тогда $\exists!$ многочлен
	$f(x)$ степени $<n \mid f(x_k)=y_k \quad \forall k=1,2,\ldots,n$.\\
	Т.е. $f$ решает интерполяционную задачу:
	\begin{tabular}{c | c | c | c c}
		$x$ & $x_1$ & $x_2$ & $x_3$ & \ldots \\ \hline
		$f(x)$ & $y_1$ & $y_2$ & $y_3$ & \ldots 
	\end{tabular}

\paragraph{Док-во:}
	\begin{enumerate}
		\item Единственность:\\
			Если ещё один многочлен решет эту же интерполяционную задачу, то $h(x) = f(x)-g(x)$ имеет $n$ корней $x_1, x_2, \ldots, x_n$ и степень
			$<n$. Это возможно только при $h(x)=0 \Rightarrow f(x)=g(x)$.
		\item Существование:\\
			Ф-ла Лагранжа:
			\begin{equation}
				f(x) = \sum_{i=1}^n y_i \prod_{j\neq i} \frac{x-x_j}{x_i-x_j} \notag
			\end{equation}

	\end{enumerate}

	
	
	
\end{document}
