Формулы Виета

[EminentVictorians]

Продолжаю изучать многочлены по Винбергу, столкнулся с трудностями в формулах Виета.

Винберг, стр. 101. писал(а):

Если многочлен $f = a_0x^n + a_1x^{n-1} + ... + a_{n-1}x + a_n$ разлагается на линейные множители, то это разложение может быть записано в виде $f = a_0(x - c_1)(x - c_2)...(x - c_n)$, где $c_1$, $c_2$, ... ,$c_n$ - корни многочлена $f$, причем каждый из них повторен столько раз, какова его кратность. Приравнивая коэффициенты при соответствующих степенях $x$ в этих двух представлениях многочлена $f$, мы получаем следующие формулы Виета:

$$c_1 + c_2 + ... + c_n = -\frac{a_1}{a_0}$$

$$c_1c_2 + c_1c_3 + ... +c_{n-1}c_n = \frac{a_2}{a_0}$$

$$............$$

$$\sum\limits_{i_1 < i_2 < ... <i_k}^{}c_{i_1}c_{i_2}...c_{i_k} = (-1)^k\frac{a_k}{a_0}$$

$$............$$

$$c_1c_2...c_n = (-1)^n\frac{a_n}{a_0}$$

В левой части $k$-ой формулы Виета стоит сумма всевозможных произведений $k$ корней многочлена $f$. С точностью до множителя $(-1)^k$ этот коэффициент при $x^{n-k}$ в произведении $(x - c_1)(x - c_2)...(x - c_n)$.

Я понимаю основную идею этого доказательства - раскрыть скобки в выражении $a_0(x - c_1)(x - c_2)...(x - c_n)$, привести подобные слагаемые и получить в итоге некий многочлен с коэффициентами, выраженными через $c_1 , ... , c_n$. Учитывая, что это выражение тождественно равно многочлену $f = a_0x^n + a_1x^{n-1} + ... + a_{n-1}x + a_n$, то тем самым мы получим выражения $a_i$ через $c_j$. Но... Здесь же надо перемножать $n$ скобок... И приводить еще подобные слагаемые. Это как-то нереально выглядит. Я могу провести это доказательство для 2 скобок, т.е. для квадратного трехчлена. Но не $n$ скобок перемножать же...

Такие ситуации уже были в теории определителей. Вместо того, чтобы перемножать какие-то нереальные выражения с суммами по всем перестановкам, да еще и взятыми с нужными знаками, была выстроена стройная теория определителей с теоремами о полилинейности, кососимметричности, связи с элементарными преобразованиями, определителе треугольной матрицы, определителе произведения и т.д. Т.е. была выстроена цепочка теорем. Первые теоремы в этой цепочке решались "в лоб", т.е. просто с помощью алгебраических манипуляций. А следующие теоремы уже использовали предыдущие, наряду с манипуляциями. Короче говоря, если взять какую-нибудь терему из конца теории определителей, то простыми алгебраическими выкладками ее доказать принципиально можно, но практически нереально. Например, можно взять теорему о явных формулах для элементов обратной матрицы. Для нее надо знать (помимо прочего) разложение определителя по столбцам/строкам, а для этого надо знать об алгебраических дополнениях, для которых, в свою очередь, надо знать о теореме, связывающей алгебраическое дополнение элемента и определитель специальной матрицы со строкой нулей на всех местах, кроме этого элемента. Для последней надо знать связь определителей и элементарных преобразований строк (и столбцов - а тут уже и неизменность определителя при транспонировании) и теорему об определителе матрицы с углом нулей. А для нее надо знать обратную теорему об определителе. И я еще наверняка что-то упустил. Я думаю, суть я смог описать.

С формулами Виета у меня ощущение, что их вот так "в лоб" доказывать не надо. А надо выстроить теорию (ну или хотя бы доказать пару лемм перед этим), чтобы доказательство не было таким сложным.

Вопрос у меня следующий: есть ли какие-нибудь другие доказательства формул Виета без этой лютой комбинаторики и перемножения $n$ скобок?

[nnosipov]

EminentVictorians в сообщении #1499781 писал(а):

Но не $n$ скобок перемножать же...

:-) Ну, потренируйтесь на трех.

EminentVictorians в сообщении #1499781 писал(а):

Вопрос у меня следующий: есть ли какие-нибудь другие доказательства формул Виета без этой лютой комбинаторики и перемножения $n$ скобок?

Да уж, лютее не бывает Других доказательств нет, с этим придется смириться.

[Brukvalub]

Странно читать про "лютую комбинаторику". Всматривался в скобки до ломоты в глазах - никакой комбинаторики так и не увидел. Не вижу проблем в том, чтобы проследить за раскрытием скобок и собрать коэффициенты при разных степенях после раскрытия. Совершенно прозрачное прямое доказательство, проще и не придумаешь.

[arseniiv]

Возможно, ТС хочет более «легкоформального» доказательства.

Более-менее очевидно, что

$$\prod_{i = 1}^n (A_{i\;0} + A_{i\;1}) = \sum_{s\in\{0,1\}^n} \prod_{i = 1}^n A_{i\; s_i},$$

но получить оттуда явный вид суммы для $\prod\limits_{i = 1}^n (X + A_n)$, аккуратно представленной как умножение степеней $X$ на внутренние суммы (что в принципе лишь и требуется), уже не так просто. Если взять в руки матиндукцию, пытаясь доказывать сразу формулу Виета для отдельного случая $(k, n)$, может оказаться проще, но тоже наверно неудобно, если мы хотим убедиться, что никакая потенциальная ошибка не проскочит.

А вообще те многочлены симметрические, и даже элементарные симметрические, ну с точностью до знака. Наверно это и правда можно переформулировать так, чтобы засунуть все механические манипуляции в пару каких-нибудь общих лемм, и оставить что-то по-настоящему самоочевидное. И наверно оно уже где-то есть.

Симметричность намекает попереставлять $c_i$ местами.

-- Сб янв 09, 2021 03:28:05 --

(Оффтоп)

Итак, $A(\vec c) \equiv (x - c_1)\ldots (x - c_n) = x^n f_n(\vec c) + \ldots + x^0 f_0(\vec c)$. Для любой перестановки $\sigma\in S_n$ очевидно $A(\vec c) = A(\sigma\vec c)$, откуда все $f_i(\vec c) = f_i(\sigma\vec c)$ тоже — все симметрические как многочлены от $\vec c$ (будем считать, что ясно, что $f_i$ многочлены). Осталось только показать, что $f_i$ элементарные и правильных степеней.

Подставив $m$ нулей вместо некоторых $c_i$, мы видим, что $f_i(\vec c', 0, \ldots) = f_{i - m}(\vec c')$, но этого всё равно мало.

[v_n]

Пусть все корни различны. Тогда очевидно. что этот многочлен имеет все эти корни.

$$\begin{vmatrix} 1& 1 & \dots & 1\\ c_1 & c_2 & \dots & x \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ {c_1}^n & {c_2}^n & \dots & x^n \end{vmatrix}$$

И разлагая этот определитель по столбцу с иксами легко получить соответствущие коэффициенты в виде отношения двух определителей.

[nnosipov]

EminentVictorians в сообщении #1499781 писал(а):

С формулами Виета у меня ощущение, что их вот так "в лоб" доказывать не надо. А надо выстроить теорию (ну или хотя бы доказать пару лемм перед этим), чтобы доказательство не было таким сложным.

Пара лемм необходима при доказательстве действительно содержательных теорем, в алгебре таких теорем полно. Например, совсем не очевидная теорема о том, что всякий симметрический многочлен от $n$ переменных можно, и при том единственным образом, выразить через элементарные симметрические многочлены от этих $n$ переменных (она дальше в Винберге). А утверждение о формулах Виета это даже не теорема, а так, мелкое замечание.

[iifat]

Если не нравится комбинаторика, думаю, можно и индукцией. Должно получиться, вы попробуйте.

[nnosipov]

Комбинаторика здесь только в одном месте --- там, где нас интересует число одночленов в элементарном симметрическом многочлене. Понимать такую комбинаторику просто необходимо.

Пересмотрел штук восемь учебников по алгебре, везде "легко видеть, что ..." или "раскроем скобки и приведем подобные ...". Только в одном учебнике это названо теоремой (доказательство: "легко видеть, что ..."). О чем-то это должно говорить.

[EminentVictorians]

nnosipov в сообщении #1499787 писал(а):

Ну, потренируйтесь на трех.

Надеюсь, никто не будет против, если потренируюсь прямо здесь. Пусть $f = a_0(x - c_1)(x - c_2)(x - c_3) = a_0(x^2 - c_2x - c_1x + c_1c_2)(x - c_3)$ $=$ $a_0(x^3 - c_3x^2 - c_2x^2 + c_2c_3x - c_1x^2 + c_1c_3x + c_1c_2x - c_1c_2c_3)$ $=$ $a_0(x^3 - (c_3 + c_2 + c_1)x^2 + (c_2c_3 + c_1c_3 + c_1c_2)x - c_1c_2c_3)$ Если считать каноническим представлением $f = b_3x^3 + ... + b_0$ то

$$b_3 = a_0$$

$$b_2 = -a_0c_3 - a_0c_2 - a_0c_1$$

$$b_1 = a_0c_2c_3 + a_0c_1c_3 + a_0c_1c_2$$

$$b_0 = -a_0c_1c_2c_3$$

. Я могу сделать то же самое для 4 или 5 скобок, но мне совсем не очевидно, что такая структура коэффициентов должна сохраниться.

v_n в сообщении #1499805 писал(а):

Пусть все корни различны. Тогда очевидно. что этот многочлен имеет все эти корни.

$$\begin{vmatrix} 1& 1 & \dots & 1\\ c_1 & c_2 & \dots & x \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ {c_1}^n & {c_2}^n & \dots & x^n \end{vmatrix}$$

И разлагая этот определитель по столбцу с иксами легко получить соответствущие коэффициенты в виде отношения двух определителей.

Мне многое не понятно в этом доказательстве. Итак, пусть многочлен $f$ имеет $n$ разных корней $c_i$. Тогда его можно представить в виде $f = a_0(x - c_1)...(x - c_n)$. Тут может быть $k \geqslant n$ скобок. Но пусть рассмотрим пока случай, когда все корни имеют кратность 1. Тогда $f$ можно представить в виде $f = a_0(x - c_1)...(x - c_n)$ ($n$ скобок) $\Rightarrow$ $\deg f = n$. Запишем $f$ в канонической форме: $f = \varphi_nx^n + ... \varphi_1x + \varphi_0$.


Тогда, справедлив следующий набор равенств:

$$\varphi_nc_1^n + ... + \varphi_1c_1 + \varphi_0 = 0$$

$$..........$$

$$\varphi_nc_n^n + ... + \varphi _1c_n + \varphi_0 = 0$$

Рассмотрим систему

$$\begin{cases} 1x_0 + c_1x_1 ... + c_1^nx_n= 0&\\ ....&\\ 1x_0 + c_nx_1 ... + c_n^nx_n = 0&\\ \end{cases}$$

Она как минимум совместна, т.к. имеет решение $(\varphi_0 , \varphi_1 , ... , \varphi_n)$. Но ведь она не обязана быть определенной: помимо $(\varphi_0 , \varphi_1 , ... , \varphi_n)$, она имеет еще и нулевое решение (т.к. эта система однородна). Что делать дальше?

[nnosipov]

EminentVictorians в сообщении #1499877 писал(а):

но мне совсем не очевидно, что такая структура коэффициентов должна сохраниться

Тогда надо последовательно с каждым коэффициентом разбираться, пока не прояснится. Например, как выразиться через корни коэффициент при $x^{n-1}$? Для простоты считайте, что старший коэффициент равен единице.

[EminentVictorians]

nnosipov в сообщении #1499881 писал(а):

Например, как выразиться через корни коэффициент при $x^{n-1}$?

Я конечно могу списать формулу из учебника, но, если честно, я абсолютно не понимаю, как он должен выразиться. Максимум, что я могу сказать - это про коэффициент при $x^n$.

[nnosipov]

Нет, формулу не надо списывать из учебника, ее нужно родить, желательно прямо здесь, в прямом эфире. Уверен, после первой (для коэффициента при $x^{n-1}$) вторая (для коэффициента при $x^{n-2}$) пойдет гораздо быстрее, а дальше можно будет просто сказать "и так далее".

А, я понял, в чем Ваша проблема: Вы неправильно умножали три скобки. Вы перемножили первые две, а потом результат умножили на третью. Нет, такой способ в данном случае не годится. Надо научится умножать сразу три скобки. Неужели сейчас в школе этому не учат?

[EminentVictorians]

Рассмотрим произведение $(x - c_1)(x - c_2)(x - c_3)...(x - c_{n-2})(x - c_{n - 1})(x - c_n)$. Я могу на рукомахательном уровне сказать нечто наподобие: рассмотрим произведение всех скобок, кроме первой. Там будет максимальная степень $x^{n-1}$. Если мы ее умножим на $-c_1$ то получим $-c_1x^{n-1}$. Сделаем то же самое со всеми скобками, кроме 2-ой: получится $-c_2x^{n-1}$. Так можно доделать до $-c_nx^{n-1}$. Я могу согласиться с тем, что каждый их этих членов выше будет в итоговом произведении (причем это как бы отдельная лемма, которая существенно использует коммутативность и ассоциативность умножения в поле $K$, над которым мы рассматриваем нашу алгебру $K[x]$). Но почему, например, этими вышенаписанными членами исчерпываются все члены с $x^{n-1}$ из первоначального произведения?

[nnosipov]

EminentVictorians в сообщении #1499888 писал(а):

Но почему, например, этими вышенаписанными членами исчерпываются все члены с $x^{n-1}$ из первоначального произведения?

Примерно через полгода Вы к этому привыкнете, и проблема уйдет сама собой. Просто поверьте.

Так все-таки, в школе Вас учили умножать несколько скобок одновременно?

[EminentVictorians]

EminentVictorians в сообщении #1499888 писал(а):

Я могу согласиться с тем, что каждый их этих членов выше будет в итоговом произведении (причем это как бы отдельная лемма, которая существенно использует коммутативность и ассоциативность умножения в поле $K$, над которым мы рассматриваем нашу алгебру $K[x]$).

Кстати, даже с этим не могу согласиться. Да, если в первоначальном произведении из $n$ скобок поменять какие-то скобки местами, то получится тождественно равное ему выражение. Т.е. при подстановке произвольно взятого элемента из $K$ оно примет такое же значение как и первоначальное выражение при подстановке этого элемента из $K$. Т.е. тут речь идет о равенстве значений. Но почему оно обязано состоять в точности из тех же членов, что и первоначальное выражение?

nnosipov в сообщении #1499890 писал(а):

Так все-таки, в школе Вас учили умножать несколько скобок одновременно?

Я в школе плохо учился. Может и учили, но я не помню. Если расскажете, с удовольствием послушаю))