Отображение множества корней в множество многочленов

[andre_a_no]

Здравствуйте. Я затрудняюсь в решении одной задачи.

Пусть дано топологическое пространство G_n=\{(z_1, z_2, z_3, ... , z_n) \in \mathbb{C}^n| i\neq j \rightarrow z_i\neq z_j \},
E_n=\{(a_1, a_2, a_3, .... a_n)\in \mathbb{C}^n| уравенение z^n+a_1z^{n-1}+a_2z^{n-2}+... +a_n=0 имеет n различных корней \}.

Отображение p: G_n \rightarrow E_n задается естественным образом: p=(p_1, p_2, ..., p_n), где p_i=(-1)^iS_i(z_1, z_2, ... , z_n), где S_i - симметрический многочлен (соответствующий многочлен из формулы Виета).
Примеры S_i.
S_1(z_1, ..., z_n)= z_1+z_2+...+z_n
S_2(z_1, ..., z_n)= z_1z_2+z_1z_3+...+z_1z_n+z_2z_3+...+z_{n-1}z_n
.
.
.
S_n(z_1, ..., z_n)=z_1z_2z_3... z_n


Нужно доказать, что p является накрытием.

Я пытался сделать следующее - ввести промежуточное пространство G_n/R, где R - отношение эквивалентности, где эквивалентными считаются равные после редукции упорядоченные наборы из G_n (редукция здесь делает упорядоченные наборы неупорядоченными), после чего пытался доказать последовательно, что
а) редуцированное отображение p': G_n/R \rightarrow E_n является гомеоморфизмом.
б) отображение \pi: G_n \rightarrow G_n/R являет накрытием.
p(.)=p'(\pi(.))

Проблема в том, что я не знаю как доказать, что p' гомеоморфизм, а точнее, как доказать, что корни многочлена непрерывно зависят от коэффициентов (обратная непрерывная зависимость очевидна).
Кроме того не откажусь, если меня проконсультируют касательно самого решения. Возможно, что я иду каким-то неверным путем.

Заранее спасибо.

[Null]

andre_a_no в сообщении #509935 писал(а):

как доказать, что корни многочлена непрерывно зависят от коэффициентов

Теорема о неявном отображении должна работать. Якобиан будет не 0(помоему он будет совпадать с дискриминантом многочелна).

[ewert]

andre_a_no в сообщении #509935 писал(а):

как доказать, что корни многочлена непрерывно зависят от коэффициентов

Следует, например, из принципа аргумента: если обвести каждый корень (возможно, кратный) сколь угодно малой окружностью, то суммарная кратность корней внутри этой окружности, пропорциональная приращению аргумента значений многочлена при обходе этой окружности, при любом достаточно малом шевелении коэффициентов не изменится.

[alcoholist]

Null в сообщении #509946 писал(а):

andre_a_no в сообщении #509935 писал(а):
как доказать, что корни многочлена непрерывно зависят от коэффициентов

Теорема о неявном обратном отображении должна работать. Якобиан будет не 0.

Якобиан, наверное, равен чему-то красивому.

Я бы обошелся проще. Устроил бы локально конечное покрытие компактами: $G_n/R=\bigcup K_i$. Оно является фундаментальным. Ограничение $p'$ на элемент покрытия -- непрерывное отображение, $E_n$ -- хаусдорфово, поэтому $p'|_{K_i}$ -- гомеоморфизм на образ, поэтому $p'^{-1}|_{p'(K)}$ -- непрерывно. В силу биективности $p'$ набор $\{p'(K_i)\}$ -- локально конечное покрытие $E_n$ компактами (замкнутыми!), поэтому фундаментально, поэтому $p'^{-1}$ непрерывно.

[andre_a_no]

Обозначения:
\rho(y, z)=\sqrt{|y_1-z_1|^2+|y_2-z_2|^2+|y_3-z_3|^2+...+|y_n-z_n|^2} - метрика в C^n

B_\varepsilon(z)=\{y=(y_1,y_2,y_3,... y_n)\in \mathbb{C}^n| \rho(y, z)< \varepsilon\} - открытый шар радиуса \varepsilon.

Теорема 1
Корни уравнения (z_1, ... z_n) непрерывно зависят от коэффициентов уравнения (a_1, ... a_n), а отображение p является
гомеоморфизмом некоторой окрестности B_\varepsilon(z) на окрестность p(B_\varepsilon(z)).
Доказательство:
По следствию из теоремы Безу уравнение z^n+a_1z^{n-1}+a_2 z^{n-2}+...+a_n=0 равносильно уравнению
(z-z_1)(z^{n-1}+a_1^1z^{n-2}+a_2^1z^{n-3}+...+a_{n-1}^1)=0, при этом

a_1^1-z_1=a_1
a_2^1-a_1^1z_1=a_2,
a_3^1-a_2^1z_1=a_3,
\vdots
a_{n-1}^1-a_{n-2}^1z_1=a_{n-1}
-a_{n-1}^1z_1=a_n

Определитель Якобиана равен (-1)^{n}(z_1^{n-1}+a^1_1 z_1^{n-2}+a^1_2 z_1^ {n-3} + \ldots + a^1_{n-1}),
он равен 0 в том и только том случае, когда z_1 является корнем многочлена z^{n-1}+a_1^1z^{n-2}+a_2^1z^{n-3}+...+a_{n-1}^1,
а следовательно z_1 является кратным корнем уравнения z^n+a_1z^{n-1}+a_2 z^{n-2}+...+a_n=0, чего, по условию, быть не может.
Поскольку определитель не нулевой, то существует обратная матрица. Таким образом отображение (z_1, a_1^1, a_2^1, ... , a_{n-1}^1) \mapsto (a_1, a_2, a_3, ..., a_n)
является локальным гомеоморфизмом из некоторой окрестности точки (z_1, a_1^1, a_2^1, ... , a_{n-1}^1) на некоторую окрестность точки (a_1, a_2, a_3, ..., a_n).
В силу доказанного аналогичные утверждения верны для отображений:
(z_2, a_1^2, a_2^2, ... , a_{n-2}^2) \mapsto (a_1^1, a_2^1, a_3^1, ..., a_{n-1}^1)
(z_3, a_1^3, a_2^3, ... , a_{n-3}^3) \mapsto (a_1^2, a_2^2, a_3^2, ..., a_{n-2}^1)
\vdots
(z_{n-1}, a_1^{n-1} )\mapsto (a_1^{n-2}, a_2^{n-2})
z_n \mapsto a_1^{n-1}

и, соответственно, для отображений
(z_1, z_2, a_1^2, a_2^2, ... , a_{n-2}^2) \mapsto (z_1, a_1^1, a_2^1, a_3^1, ..., a_{n-1}^1)
(z_1, z_2, z_3, a_1^3, a_2^3, ... , a_{n-3}^3) \mapsto (z_1, z_2, a_1^2, a_2^2, a_3^2, ..., a_{n-2}^1)
\vdots
(z_1, z_2, ..., , z_{n-1}, a_1^{n-1} )\mapsto (z_1, z_2, ..., z_{n-2}, a_1^{n-2}, a_2^{n-2})
(z_1, z_2, ..., , z_{n-1}, z_n )\mapsto (z_1, z_2, ..., z_{n-2}, z_{n-1}, a_1^{n-1})

Композиция этих отображений локально совпадает с p и является гомеоморфизмом.

Таким образом для любой точки z из E_n существует достаточно малая окрестность B_\varepsilon(z), в которой p|_{B_\varepsilon(z)} является гомеоморфизмом
на окрестность p(B_\varepsilon(z)) точки a.\Box

Определение.
Для фиксированного z введем z_s:=(z_{s(1)}, z_{s(2)},... z_{s(n)}), где s элемент группы перестановок S_n.



Предложение 1
Для любого \varepsilon' такого, что 0<\varepsilon'<\frac{1}{2}\min_{i\neq j} |z_i-z_j|, любых неравных перестановок
s и r из S_n, B_\varepsilon(z_{s})\cap B_\varepsilon(z_{r})=\emptyset.
Доказательство:

Пусть x\in B_\varepsilon'(z_{s}), y \in B_\varepsilon'(z_{r}).

\rho(z_r, z_s)> 2\varepsilon'.

\rho(z_r, x)+\rho(x, y)+\rho(y, z_s)\geq \rho(z_r, z_s)> 2\varepsilon'.

\rho(x, y)> 2\varepsilon'-\rho(z_r, x)-\rho(y, z_s)>2\varepsilon'-\varepsilon'-\varepsilon'=0.

Получаем, что x\neq y, таким образом B_\varepsilon(z_{s})\cap B_\varepsilon(z_{r})=\emptyset. \Box

Утверждение
p является накрытием.

Доказательство:
Согласно теореме 1 для любого z из E_n существует \varepsilon>0 такое, что p|_{B_\varepsilon(z)} является гомеоморфизмом
на p(B_\varepsilon(z)). В силу симметрии можно выбрать одинаковое \varepsilon для всех z_s.

Согласно предложению 1 для любого z из E_n существует \varepsilon'>0 такое, что для любых неравных перестановок
s и r из S_n, B_\varepsilon(z_{s})\cap B_\varepsilon(z_{r})=\emptyset

Пусть \delta=\min\{\varepsilon, \varepsilon'\}.

Очевидно, что p^{-1}(p(B_\delta(z)))\supset\bigcup _{s\in S_n} B_\delta(z_s).
\bigcup_{s\in S_n} B_\delta(z_s)=\bigsqcup_{s\in S_n} B_\delta(z_s) в силу выбора \delta,
откуда p^{-1}(p(B_\delta(z)))\supset\bigsqcup_{s\in S_n} B_\delta(z_s).
Для любого a из G_n верно, что p^-1(a) является набором n! точек (следует из того, что единственному
набору коэффициентов уравнения соответствует единственный набор корней).
p|_{B_\varepsilon(z_s)} является гомеоморфизмом на p(B_\varepsilon(z)).
card S_n = n!.
Из перечисленного выше следует, что p^{-1}(p(B_\delta(z)))=\bigsqcup_{s\in S_n} B_\delta(z_s)
и то, что p является накрытием. \Box

[Someone]

(Оффтоп)

andre_a_no в сообщении #513371 писал(а):

$(z_1, z_2, a_1^2, a_2^2, ... , a_{n-2}^2) \mapsto (z_1, a_1^1, a_2^1, a_3^1, ..., a_{n-1}^1)$

andre_a_no, формулы нужно окружать знаками доллара: $(z_1, z_2, a_1^2, a_2^2, ... , a_{n-2}^2) \mapsto (z_1, a_1^1, a_2^1, a_3^1, ..., a_{n-1}^1)$. А тег Math можете и не писать, если код формулы у Вас расположен в одной строке (даже весьма длинной). Кстати, если окружить формулу двойными долларами, то формула выносится в отдельную строку:

$$(z_1, z_2, a_1^2, a_2^2, ... , a_{n-2}^2) \mapsto (z_1, a_1^1, a_2^1, a_3^1, ..., a_{n-1}^1).$$

[ewert]

andre_a_no в сообщении #513371 писал(а):

Определитель Якобиана

Определителя Якобиана вообще-то не бывает: тов. Якобиан -- он сам по себе определитель.

Кроме того, он и не нужен. Если простой корень окружить достаточно малой окружностью (настолько малой, что на ней и внутри неё нет других корней), то приращение аргумента значения многочлена при обходе вдоль этой окружности равно $2\pi i$. При любом достаточно малом шевелении совокупности коэффициентов многочлена значения его аргумента в точках окружности, очевидно, изменятся тоже мало; поэтому мало изменится и изменение аргумента при обходе окружности. А значит, и вовсе не изменится, т.к. это приращение в любом случае кратно $2\pi i$. Т.е. внутри той окружности так и будет оставаться ровно по одному простому корню.

Это сразу же означает одновременно и существование некоторой однозначной функции, отображающей некоторую окрестность вектора коэффициентов многочлена в некоторый корень, и непрерывность этой функции.

[andre_a_no]

Спасибо за замечание по поводу Якобиана. Действительно, неграмотно написал.

А можно поподробнее вот про ту часть, где обход по контуру, вокруг корня? Я не совсем понимаю, как из этого следует непрерывность, не упоминая слова "очевидно". Очевидно, конечно, что утверждение, вообще говоря, должно быть верным, но это ещё не значит, что оно верно.

Возможно, я не очень хорошо знаю ТФКП, дело,наверно, в этом.

Вы, видимо, как-то используете то, что полином является аналитической функцией, а вот дальше я не совсем понимаю. Вы интегрируете какую-то функцию по контуру или что? Можно поподробнее, со ссылками на утверждения. Ну... или скажите где это прочитать.

-- 09.12.2011, 14:40 --

Всё остальное более-менее понятно, а вот переход следующий:

Цитата:

Т.е. внутри той окружности так и будет оставаться ровно по одному простому корню.

Почему там будет оставаться по одному простому корню? Мне это не очевидно.

[ewert]

andre_a_no в сообщении #513447 писал(а):

Почему там будет оставаться по одному простому корню?

Есть такая теорема, которая называется "принцип аргумента": приращение аргумента любой аналитической функции при обходе вокруг контура равняется $2\pi i$, умноженному на сумму кратностей корней минус сумма порядков полюсов, находящихся внутри этого контура. Доказывается, да, интегрированием по контуру логарифмической производной, т.е. $\frac{f'(z)}{f(z)}$.

andre_a_no в сообщении #513447 писал(а):

Я не совсем понимаю, как из этого следует непрерывность

Это рассуждение, в частность, доказывает: какой бы маленькой окружностью какой бы корень ни окружить, при любом достаточно малом шевелении коэффициентов он так и будет оставаться внутри этой окружности. Это ровно и есть непрерывность.

-- Пт дек 09, 2011 15:03:20 --

Пардон, просто $2\pi$, разумеется -- $i$ машинально добавилось.