\documentclass[11pt]{article} \usepackage{../intro} \lhead{\color{gray} \small \textit{Шарафатдинов Камиль 192}} \rhead{\color{gray} \small \textit{алг-6}} \title{Алгебра 6} % -- Here bet dragons -- \begin{document} \maketitle \drawcat{30pt} \clearpage \dmquestion{1} Достаточно показать, что многочлен остается на месте для всех транспозиций вида $(i, i + 1)$, тогда он остается на месте для любой перестановки. % (x_1 + x_2 - x_3 - x_4)(x_1 - x_2 + x_3 - x_4)(x_1 - x_2 - x_3 + x_4) \begin{itemize}[leftmargin=0.7in] \item[$(x_1, x_2)$:] \begin{tabular}{|c} \( (x_1 + x_2 - x_3 - x_4)(x_2 - x_1 + x_3 - x_4)(x_2 - x_1 - x_3 + x_4) \)\\ последние две скобки поменялись местами и поменяли знак \end{tabular} \item[$(x_2, x_3)$:] \begin{tabular}{|c} \( (x_1 + x_3 - x_2 - x_4)(x_1 - x_3 + x_2 - x_4)(x_1 - x_3 - x_2 + x_4) \)\\ первые две скобки поменялись местами \end{tabular} \item[$(x_3, x_4)$:] \begin{tabular}{|c} \( (x_1 + x_2 - x_4 - x_3)(x_1 - x_2 + x_4 - x_3)(x_1 - x_2 - x_4 + x_3) \)\\ последние две скобки поменялись местами \end{tabular} \end{itemize} Значит, многочлен симметрический. \vspace*{20pt} Так так многочлен однородный, то мы можем сразу выписать все мономы, которые входят в разложение (возможно, с нулевыми коэффициентами) $L(f) = x_1^3$, поэтому на итерациях алгоритма могут получиться три разных старших члена: $x_1^3, \ x_1^2 x_2, \ x_1 x_2 x_3$. Для каждого из них мономы: $\sigma_1^3, \ \sigma_1\sigma_2, \ \sigma_3$. Причем первый из них точно входит с коэффициентом $1$. Теперь, методом неопределенных коэффициентов узнаем коэффициенты остальных мономов: \[ f = \sigma_1^3 + A\sigma_1\sigma_2 + B\sigma_3 \] \[ A = -4, \qquad B = 8 \] Получаем: \[ f = \sigma_1^3 - 3\sigma_1\sigma_2 + 8\sigma_3 \] \dmquestion{2} Пусть $x_1, x_2, x_3$ -- корни многочлена $3\br{ x^3 + \frac{2}{3}x^2 - \frac{1}{3} }$ Тогда нас просят посчитать \[ \frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} + \frac{1}{x_3} = \frac{x_1x_2 + x_1x_3 + x_2x_3}{x_1x_2x_3} = \frac{\sigma_2}{\sigma_3} \] По теореме Виета \begin{align*} \sigma_2 = 0\\ \sigma_3 = \frac{1}{3} \end{align*} Значит, то, что нам нужно равно $0$. \clearpage \dmquestion{3} Наш многочлен: \[ f = x^4 + x - 1 \] Пусть нужный многочлен имеет вид \[ g = x^4 - \alpha_1 x^3 + \alpha_2 x^2 - \alpha_3 x + \alpha_4 \] а $x_1, x_2, x_3, x_4$ -- корни нашего многочлена Тогда от нас хотят, чтобы: \begin{align*} \alpha_4 &= (x_1 x_2 x_3 x_4)^3 =\\ &= \sigma_4^3 = -1\\[12pt] \alpha_3 &= (x_1 x_2 x_3)^3 + (x_1 x_2 x_4)^3 + (x_1 x_3 x_4)^3 + (x_2 x_3 x_4)^3 =\\ &= 3 \sigma_4^2 \sigma_1 - 3 \sigma_4 \sigma_3 \sigma_2 + \sigma_3^3 = -1\\[12pt] \alpha_2 &= (x_1 x_2)^3 + (x_1 x_3)^3 + (x_1 x_4)^3 + (x_2 x_3)^3 + (x_2 x_4)^3 + (x_3 x_4)^3\\ &= 3\sigma_4\sigma_1^2 - 3\sigma_4\sigma_2 - 3\sigma_1\sigma_3\sigma_2 + 3\sigma_3^2 + \sigma_2^3 = 3\\[12pt] \alpha_1 &= x_1^3 + x_2^3 + x_3^3 + x_4^3 =\\ &= 3\sigma_3 + \sigma_1^3 - 3\sigma_1\sigma_2 = -3 \end{align*} Итого, нужный нам многочлен: \[ g = x^4 + 3x^3 + 3x^2 + x - 1 \] \dmquestion{4} \newcommand{\almostD}{\ensuremath{\mathrm{D}_\text{почти}}} {\color{lightgray} Здесь было рассуждение про почти дискриминант \[ \almostD = (x_1 - x_2)(x_2 - x_3)(x_1 - x_3) \] который тоже равен нулю, если есть кратный корень, но он оказался не симметрическим и пришлось считать обычный :( } %У честного дискриминанта 6 степень и считать его чото не хочется :( %Понятно, что \almostD \ равен нулю тогда же, когда и %$\mathrm{D}_\text{честный}$, а именно, когда есть кратный корень. %Как в 1 задаче разложим \almostD \ в элементарные: %\[ % \almostD = \sigma_1 \sigma_2 + \sigma_3 %\] \[ f = x^3 - 3x + \lambda \] \[ \sigma_1 = 0, \ \ \sigma_2 = -3, \ \ \sigma_3 = -\lambda \] \[ \mathrm{D}(f) = - 27 \sigma_3^2 - 4 \sigma_3 \sigma_1^3 + 18 \sigma_3 \sigma_1 \sigma_2 + \sigma_1^2 \sigma_2^2 - 4 \sigma_2^3 = -27 \sigma_3^2 - 4 \cdot (-27) \] Мы хотим, чтобы дискриминант был равен $0$, значит $-\lambda = \sigma_3 = \pm 2$ \dmquestion{5} Докажем по индукции, что $\mathbb{N}^k$ с лексикографическим порядком -- фундированное, из этого сразу будет следовать утверждение задачи. База: $\mathbb{N}$ -- очевидно Теперь пусть $\mathbb{N}^{k - 1}$ -- фундированное, а $\mathbb{N}^{k}$ -- нет. Рассмотрим тогда бесконечно убывающую цепь в $\mathbb{N}^{k}$. Назовем ее $C$. $C_i$ тогда -- строчка из натуральных чисел -- `цифр'. Теперь посмотрим на те переходы от $C_i$ к $C_{i + 1}$, когда меняются первые $k - 1$ цифр. Дальше есть два варианта: таких переходов: \begin{itemize} \item[1.] \textit{бесконечное число} \par Тогда при каждом таком переходе явно не увеличивается подслово из первых $k - 1$ цифр, но все-таки, по построению, изменяется. Значит, уменьшается. Тогда, забыв про последнюю цифру, мы получим бесконечно убывающую цепь в $\mathbb{N}^{k - 1}$. \item[2.] \textit{конечное число} Это означает, что начиная с какого-то момента уменьшается только последняя цифра. А так как $\mathbb{N}$ тоже фундированное, то цепь $C$ когда-то закончится. \end{itemize} В любом случае приходим к противоречию, значит, $\mathbb{N}^k$ - фундированное. \qed \vspace*{30pt} Утверждение задачи -- переформулировка фундированности $\mathbb{N}^n$: моном однозначно определяется степенями переменных. \end{document}