O geometrii semialgebraicznej

Transkrypt

1 Inauguracja roku akademickiego 2018/2019 na Wydziale Matematyki i Informatyki Uniwersytetu Łódzkiego O geometrii semialgebraicznej Stanisław Spodzieja Łódź, 28 września 2018

2 Wstęp Rozwiązywanie równań algebraicznych interesowało matematyków od czasów starożytnych. Narzucały je problemy geometryczne wynikające z zagadnień praktycznych. Prawdopodobnie już starożytni Babilończycy umieli rozwiązywać równania kwadratowe (połowa XX w. przed Chrystusem).

3 Wstęp Rozwiązywanie równań algebraicznych interesowało matematyków od czasów starożytnych. Narzucały je problemy geometryczne wynikające z zagadnień praktycznych. Prawdopodobnie już starożytni Babilończycy umieli rozwiązywać równania kwadratowe (połowa XX w. przed Chrystusem). Wobec braku algorytmu rozwiązywania równań wielomianowych stopni większych od 4, wielu matematyków rozważało problem: istnienia i ilości rozwiązań rzeczywistych układów równań i nierówności wielomianowych, np.: Kartezjusz ( ), Rolle ( ), Lagrange ( ), Fourier ( ), Cauchy ( ), Sturm ( ), Sylvester ( ), Hermite ( ), Kronecker ( ).

4 Wstęp Rozwiązywanie równań algebraicznych interesowało matematyków od czasów starożytnych. Narzucały je problemy geometryczne wynikające z zagadnień praktycznych. Prawdopodobnie już starożytni Babilończycy umieli rozwiązywać równania kwadratowe (połowa XX w. przed Chrystusem). Wobec braku algorytmu rozwiązywania równań wielomianowych stopni większych od 4, wielu matematyków rozważało problem: istnienia i ilości rozwiązań rzeczywistych układów równań i nierówności wielomianowych, np.: Kartezjusz ( ), Rolle ( ), Lagrange ( ), Fourier ( ), Cauchy ( ), Sturm ( ), Sylvester ( ), Hermite ( ), Kronecker ( ). Pierwsze rozwiązanie tego problemu dla równań wielomianowych podał Cauchy (1814, 1815, 1820). Prosty algorytm obliczania ilości zer wielomianu podał Sturm (1829, 1835). Celem tego wykładu jest przybliżenie algorytmu Sturma i jego konsekwencje.

5 Problem istnienia i ilości rozwiązań rzeczywistych układów równań wielomianowych można sformułować następująco: Niech P 1,..., P k będą wielomianami rzeczywistymi jednej zmiennej x. Jak stwierdzić, ile rozwiązań rzeczywistych na układu równań (1) P 1 (x) = 0,. P k (x) = 0?

6 Problem istnienia i ilości rozwiązań rzeczywistych układów równań wielomianowych można sformułować następująco: Niech P 1,..., P k będą wielomianami rzeczywistymi jednej zmiennej x. Jak stwierdzić, ile rozwiązań rzeczywistych na układu równań (1) P 1 (x) = 0,. P k (x) = 0? na przykład x 3 + x 2 x 1 = 0, x 5 x 3 x = 0, 2x 3 + x 2 2x 1 = 0?

7 Problem istnienia i ilości rozwiązań rzeczywistych układów równań wielomianowych można sformułować następująco: Niech P 1,..., P k będą wielomianami rzeczywistymi jednej zmiennej x. Jak stwierdzić, ile rozwiązań rzeczywistych na układu równań (1) P 1 (x) = 0,. P k (x) = 0? na przykład x 3 + x 2 x 1 = 0, x 5 x 3 x = 0, 2x 3 + x 2 2x 1 = 0? Układ (1) ma te same rozwiązania rzeczywiste, co równanie P 2 1 (x) + + P k (x) 2 = 0, odpowiednio w powyższym przykładzie (x 3 + x 2 x 1) 2 + (x 5 x 3 x 2 + 1) 2 + (2x 3 + x 2 2x 1) 2 = 0.

8 Problem istnienia i ilości rozwiązań rzeczywistych układów równań wielomianowych można sformułować następująco: Niech P 1,..., P k będą wielomianami rzeczywistymi jednej zmiennej x. Jak stwierdzić, ile rozwiązań rzeczywistych na układu równań (1) P 1 (x) = 0,. P k (x) = 0? na przykład x 3 + x 2 x 1 = 0, x 5 x 3 x = 0, 2x 3 + x 2 2x 1 = 0? Układ (1) ma te same rozwiązania rzeczywiste, co równanie P 2 1 (x) + + P k (x) 2 = 0, odpowiednio w powyższym przykładzie (x 3 + x 2 x 1) 2 + (x 5 x 3 x 2 + 1) 2 + (2x 3 + x 2 2x 1) 2 = 0. Zatem problem sprowadza się do pytania o metody obliczania ilości rozwiązań rzeczywistych równania wielomianowego. W związku z tym matematycy rozważali przede wszystkim problemy istnienia i ilości rozwiązań rzeczywistych jednego równania wielomianowego.

9 Problem istnienia i ilości rozwiązań rzeczywistych układów równań wielomianowych można sformułować następująco: Niech P 1,..., P k będą wielomianami rzeczywistymi jednej zmiennej x. Jak stwierdzić, ile rozwiązań rzeczywistych na układu równań (1) P 1 (x) = 0,. P k (x) = 0? na przykład x 3 + x 2 x 1 = 0, x 5 x 3 x = 0, 2x 3 + x 2 2x 1 = 0? Układ (1) ma te same rozwiązania rzeczywiste, co równanie P 2 1 (x) + + P k (x) 2 = 0, odpowiednio w powyższym przykładzie (x 3 + x 2 x 1) 2 + (x 5 x 3 x 2 + 1) 2 + (2x 3 + x 2 2x 1) 2 = 0. Zatem problem sprowadza się do pytania o metody obliczania ilości rozwiązań rzeczywistych równania wielomianowego. W związku z tym matematycy rozważali przede wszystkim problemy istnienia i ilości rozwiązań rzeczywistych jednego równania wielomianowego. Problem ten został również przeniesiony na przypadek równań wielu zmiennych oraz na przypadek układów równań i nierówności wielomianowych.

10 Dla układów równań i nierówności wielomianowych problem można sformułować następująco: Niech P, Q 1,..., Q l będą wielomianami rzeczywistymi jednej zmiennej x. Jak stwierdzić, ile rozwiązań ma układ równań i nierówności (2) P (x) = 0, Q 1 (x) > 0,. Q l (x) > 0,?

11 Dla układów równań i nierówności wielomianowych problem można sformułować następująco: Niech P, Q 1,..., Q l będą wielomianami rzeczywistymi jednej zmiennej x. Jak stwierdzić, ile rozwiązań ma układ równań i nierówności (2) P (x) = 0, Q 1 (x) > 0,. Q l (x) > 0,? W tym przypadku zagadnienie nie sprowadza się do jednego równania.

12 Dla układów równań i nierówności wielomianowych problem można sformułować następująco: Niech P, Q 1,..., Q l będą wielomianami rzeczywistymi jednej zmiennej x. Jak stwierdzić, ile rozwiązań ma układ równań i nierówności (2) P (x) = 0, Q 1 (x) > 0,. Q l (x) > 0,? W tym przypadku zagadnienie nie sprowadza się do jednego równania. W dalszym ciągu wykładu naszkicujemy algorytmy wyliczania ilości rozwiązań układów (1) i (2) dla dowolnych wielomianów rzeczywistych.

13 Dla układów równań i nierówności wielomianowych problem można sformułować następująco: Niech P, Q 1,..., Q l będą wielomianami rzeczywistymi jednej zmiennej x. Jak stwierdzić, ile rozwiązań ma układ równań i nierówności (2) P (x) = 0, Q 1 (x) > 0,. Q l (x) > 0,? W tym przypadku zagadnienie nie sprowadza się do jednego równania. W dalszym ciągu wykładu naszkicujemy algorytmy wyliczania ilości rozwiązań układów (1) i (2) dla dowolnych wielomianów rzeczywistych. Okazuje się, że problem ten rozważany jest już w szkole średniej. Świadczą o tym nastepujące przykłady.

14 Zadanie 1. Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie x 2 + (m + 1)x m = 0 ma dwa rozwiązania rzeczywiste x 1 i x 2 ( x 1 = x 2 ), spełniające warunek x x 3 2 > 7x 1 x 2.

15 Zadanie 1. Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie x 2 + (m + 1)x m = 0 ma dwa rozwiązania rzeczywiste x 1 i x 2 ( x 1 = x 2 ), spełniające warunek x x 3 2 > 7x 1 x 2. (Matura 2018).

16 Zadanie 1. Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie x 2 + (m + 1)x m = 0 ma dwa rozwiązania rzeczywiste x 1 i x 2 ( x 1 = x 2 ), spełniające warunek x x 3 2 > 7x 1 x 2. (Matura 2018). Szkic rozwiazania. Rozważane równanie jest postaci ax 2 + bx + c = 0, gdzie a = 1, b = m + 1, c = m

17 Zadanie 1. Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie x 2 + (m + 1)x m = 0 ma dwa rozwiązania rzeczywiste x 1 i x 2 ( x 1 = x 2 ), spełniające warunek x x 3 2 > 7x 1 x 2. (Matura 2018). Szkic rozwiazania. Rozważane równanie jest postaci ax 2 + bx + c = 0, gdzie a = 1, b = m + 1, c = m Ponieważ a = 0, więc jest to równanie kwadratowe przy każdej wartości parametru m. Ma ono dwa różne rozwiązania rzeczywiste x 1, x 2, gdy jego wyróżnik = b 2 4ac = (m + 1) 2 4( m 2 + 1) = (m + 1)(5m 3) jest dodatni, tj. m (, 1) ( 3 5, + ).

18 Zadanie 1. Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie x 2 + (m + 1)x m = 0 ma dwa rozwiązania rzeczywiste x 1 i x 2 ( x 1 = x 2 ), spełniające warunek x x 3 2 > 7x 1 x 2. (Matura 2018). Szkic rozwiazania. Rozważane równanie jest postaci ax 2 + bx + c = 0, gdzie a = 1, b = m + 1, c = m Ponieważ a = 0, więc jest to równanie kwadratowe przy każdej wartości parametru m. Ma ono dwa różne rozwiązania rzeczywiste x 1, x 2, gdy jego wyróżnik = b 2 4ac = (m + 1) 2 4( m 2 + 1) = (m + 1)(5m 3) jest dodatni, tj. m (, 1) ( 3 5, + ). Dla tych wartości parametru m, ze wzorów Viète a mamy x 1 + x 2 = b a = m 1, x 1x 2 = c a = m2 + 1.

19 Zadanie 1. Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie x 2 + (m + 1)x m = 0 ma dwa rozwiązania rzeczywiste x 1 i x 2 ( x 1 = x 2 ), spełniające warunek x x 3 2 > 7x 1 x 2. (Matura 2018). Szkic rozwiazania. Rozważane równanie jest postaci ax 2 + bx + c = 0, gdzie a = 1, b = m + 1, c = m Ponieważ a = 0, więc jest to równanie kwadratowe przy każdej wartości parametru m. Ma ono dwa różne rozwiązania rzeczywiste x 1, x 2, gdy jego wyróżnik = b 2 4ac = (m + 1) 2 4( m 2 + 1) = (m + 1)(5m 3) jest dodatni, tj. m (, 1) ( 5 3, + ). Dla tych wartości parametru m, ze wzorów Viète a mamy x 1 + x 2 = a b = m 1, x 1x 2 = a c = m Zatem warunek x x 3 2 > 7x 1 x 2 można zapisać (x 1 + x 2 ) [ (x 1 + x 2 ) 2 3x 1 x 2 ] + 7x1 x 2 > 0 i równoważnie ( m 1) [ (m + 1) 2 + 3(m 2 1) ] 7(m 2 1) > 0, (m + 1)( 4m 2 9m + 9) > 0, m (, 3) ( 1, 3 4 ).

20 Zadanie 1. Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie x 2 + (m + 1)x m = 0 ma dwa rozwiązania rzeczywiste x 1 i x 2 ( x 1 = x 2 ), spełniające warunek x x 3 2 > 7x 1 x 2. (Matura 2018). Szkic rozwiazania. Rozważane równanie jest postaci ax 2 + bx + c = 0, gdzie a = 1, b = m + 1, c = m Ponieważ a = 0, więc jest to równanie kwadratowe przy każdej wartości parametru m. Ma ono dwa różne rozwiązania rzeczywiste x 1, x 2, gdy jego wyróżnik = b 2 4ac = (m + 1) 2 4( m 2 + 1) = (m + 1)(5m 3) jest dodatni, tj. m (, 1) ( 5 3, + ). Dla tych wartości parametru m, ze wzorów Viète a mamy x 1 + x 2 = a b = m 1, x 1x 2 = a c = m Zatem warunek x x 3 2 > 7x 1 x 2 można zapisać (x 1 + x 2 ) [ (x 1 + x 2 ) 2 3x 1 x 2 ] + 7x1 x 2 > 0 i równoważnie ( m 1) [ (m + 1) 2 + 3(m 2 1) ] 7(m 2 1) > 0, (m + 1)( 4m 2 9m + 9) > 0, m (, 3) ( 1, 3 4 ). Uwzgledniając warunek > 0, mamy odpowiedź: m (, 3) ( 3 5, 3 4 ).

21 Zadanie 1 dotyczy istnienia rozwiązań równania spełniających dodatkowe warunki. Można je więc sformułować następująco przy użyciu rzutowania. Zadanie 2. Niech X = {(x 1, x 2, m) R R R : P (x 1, m) = 0 P (x 2, m) = 0 Q(x 1, x 2 ) > 0 x 1 x 2 = 0}, gdzie P i Q są wielomianami określonymi wzorami P (x, m) = x 2 + (m + 1)x m 2 + 1, Q(x 1, x 2 ) = x x x 1 x 2. Niech π : R R R R będzie rzutowaniem określonym wzorem π(x 1, x 2, m) = m. Wyznaczyć obraz zbioru X przy pomocy odwzorowania π, to jest zbiór (3) π(x) = {m R : x1 R x2 R (x 1, x 2, m) X}.

22 Zadanie 1 dotyczy istnienia rozwiązań równania spełniających dodatkowe warunki. Można je więc sformułować następująco przy użyciu rzutowania. Zadanie 2. Niech X = {(x 1, x 2, m) R R R : P (x 1, m) = 0 P (x 2, m) = 0 Q(x 1, x 2 ) > 0 x 1 x 2 = 0}, gdzie P i Q są wielomianami określonymi wzorami P (x, m) = x 2 + (m + 1)x m 2 + 1, Q(x 1, x 2 ) = x x x 1 x 2. Niech π : R R R R będzie rzutowaniem określonym wzorem π(x 1, x 2, m) = m. Wyznaczyć obraz zbioru X przy pomocy odwzorowania π, to jest zbiór (3) π(x) = {m R : x1 R x2 R (x 1, x 2, m) X}. Zbiór π(x) jest określony przy użyciu kwantyfikatorów i równań i nierówności wielomianowych oraz jest on rozwiązaniem zadania 1. Jest on więc sumą przedziałów, a wiec zbiorów opisanych przez równania i nierównosci wielomianowe bez użycia kwantyfikatorów. Jak się okaże na końcu naszego wykładu, nie jest to przypadek.

23

24 punkt A m π(a) obraz punktu A π x 1 x 2

25 punkt A m π(a) obraz punktu A π x 1 π(b) obraz punktu B x 2 π punkt B

26 X = {(x 1, x 2, m) R 3 : x 1 = 1 2 ( 5m 2 + 2m 3 m 1), x 2 = 1 2 ( 5m 2 + 2m 3 m 1), m (, 3) ( 3 5 ; 3 4 )}

27 X = {(x 1, x 2, m) R 3 : x 1 = 1 2 ( 5m 2 + 2m 3 m 1), x 2 = 1 2 ( 5m 2 + 2m 3 m 1), m (, 3) ( 3 5 ; 3 4 )} zbiór X ( ; ; 0, 75) ( 0, 8; 0, 8; 0, 6) m m = 0, 75 zbiór π(x) x 1 m = 0, 6 m = 3 x 2 zbiór π(x) (2; 4; 3) zbiór X

28 X = {(x 1, x 2, m) R 3 : x 1 = 1 2 ( 5m 2 + 2m 3 m 1), x 2 = 1 2 ( 5m 2 + 2m 3 m 1), m (, 3) ( 3 5 ; 3 4 )} zbiór X ( ; ; 0, 75) ( 0, 8; 0, 8; 0, 6) m m = 0, 75 zbiór π(x) x 1 m = 0, 6 m = 3 x 2 zbiór π(x) (2; 4; 3) zbiór X

29 1. Oznaczenia i definicje Wielomianem rzeczywistym jednej zmiennej x nazywamy funkcję postaci P (x) = a 0 + a 1 x + + a n x n, x R, gdzie a 0 R,..., a n R.

30 1. Oznaczenia i definicje Wielomianem rzeczywistym jednej zmiennej x nazywamy funkcję postaci P (x) = a 0 + a 1 x + + a n x n, x R, gdzie a 0 R,..., a n R. Liczby a 0 R,..., a n R nazywamy współczynnikami wielomianu P.

31 1. Oznaczenia i definicje Wielomianem rzeczywistym jednej zmiennej x nazywamy funkcję postaci P (x) = a 0 + a 1 x + + a n x n, x R, gdzie a 0 R,..., a n R. Liczby a 0 R,..., a n R nazywamy współczynnikami wielomianu P. Jeśli a n = 0, to liczbę n nazywamy stopniem wielomianu P i oznaczamy deg P. Jeśli a 0 = = a n = 0, to przyjmujemy deg P =.

32 1. Oznaczenia i definicje Wielomianem rzeczywistym jednej zmiennej x nazywamy funkcję postaci P (x) = a 0 + a 1 x + + a n x n, x R, gdzie a 0 R,..., a n R. Liczby a 0 R,..., a n R nazywamy współczynnikami wielomianu P. Jeśli a n = 0, to liczbę n nazywamy stopniem wielomianu P i oznaczamy deg P. Jeśli a 0 = = a n = 0, to przyjmujemy deg P =. Jeśli a n = 0, to liczbę a n oznaczamy lc(p (x)) i nazywamy współczynnikiem wielomianu P przy najwyższej potędze. Przyjmujemy lc(0) = 0.

33 1. Oznaczenia i definicje Wielomianem rzeczywistym jednej zmiennej x nazywamy funkcję postaci P (x) = a 0 + a 1 x + + a n x n, x R, gdzie a 0 R,..., a n R. Liczby a 0 R,..., a n R nazywamy współczynnikami wielomianu P. Jeśli a n = 0, to liczbę n nazywamy stopniem wielomianu P i oznaczamy deg P. Jeśli a 0 = = a n = 0, to przyjmujemy deg P =. Jeśli a n = 0, to liczbę a n oznaczamy lc(p (x)) i nazywamy współczynnikiem wielomianu P przy najwyższej potędze. Przyjmujemy lc(0) = 0. Przykład 1. Weźmy wielomian P (x) = 1 + 2x + 3x 4 + 7x 5. Wówczas deg P = 5 oraz lc(p (x)) = 7. Wielomian P ( x) = 1 2x + 3x 4 7x 5, ma ten sam stopień co wielomian P lecz lc(p ( x)) = 7.

34 1. Oznaczenia i definicje Wielomianem rzeczywistym jednej zmiennej x nazywamy funkcję postaci P (x) = a 0 + a 1 x + + a n x n, x R, gdzie a 0 R,..., a n R. Liczby a 0 R,..., a n R nazywamy współczynnikami wielomianu P. Jeśli a n = 0, to liczbę n nazywamy stopniem wielomianu P i oznaczamy deg P. Jeśli a 0 = = a n = 0, to przyjmujemy deg P =. Jeśli a n = 0, to liczbę a n oznaczamy lc(p (x)) i nazywamy współczynnikiem wielomianu P przy najwyższej potędze. Przyjmujemy lc(0) = 0. Przykład 1. Weźmy wielomian P (x) = 1 + 2x + 3x 4 + 7x 5. Wówczas deg P = 5 oraz lc(p (x)) = 7. Wielomian P ( x) = 1 2x + 3x 4 7x 5, ma ten sam stopień co wielomian P lecz lc(p ( x)) = 7. Zbiór wielomianów zmiennej x o współczynnikach rzeczywistych oznaczamy przez R[x].

35 Ciągiem Sturma wielomianów P 0, P 1 R[x], gdzie P 1 = 0, nazywamy ciąg P 0,..., P m R[x] określony algorytmem Euklidesa: (E) P 0 = P 1 F 1 P 2, deg P 2 < deg P 1, P 1 = P 2 F 2 P 3, deg P 3 < deg P 2, P i 1 = P i F i P i+1, deg P i+1 < deg P i dla i = 1,..., m, gdzie P m = 0, P m+1 = 0 oraz F 1,..., F m R[x].

36 Ciągiem Sturma wielomianów P 0, P 1 R[x], gdzie P 1 = 0, nazywamy ciąg P 0,..., P m R[x] określony algorytmem Euklidesa: (E) P 0 = P 1 F 1 P 2, deg P 2 < deg P 1, P 1 = P 2 F 2 P 3, deg P 3 < deg P 2, P i 1 = P i F i P i+1, deg P i+1 < deg P i dla i = 1,..., m, gdzie P m = 0, P m+1 = 0 oraz F 1,..., F m R[x]. Mówimy, że ciąg liczbowy p 0,..., p m R zmienia znak na i-tym miejscu, gdy istnieje l i takie, że p i 1 p l < 0 oraz p j = 0 dla i j l 1.

37 Ciągiem Sturma wielomianów P 0, P 1 R[x], gdzie P 1 = 0, nazywamy ciąg P 0,..., P m R[x] określony algorytmem Euklidesa: (E) P 0 = P 1 F 1 P 2, deg P 2 < deg P 1, P 1 = P 2 F 2 P 3, deg P 3 < deg P 2, P i 1 = P i F i P i+1, deg P i+1 < deg P i dla i = 1,..., m, gdzie P m = 0, P m+1 = 0 oraz F 1,..., F m R[x]. Mówimy, że ciąg liczbowy p 0,..., p m R zmienia znak na i-tym miejscu, gdy istnieje l i takie, że p i 1 p l < 0 oraz p j = 0 dla i j l 1. Przykład 2. Ciąg p 0 = 1, p 1 = 0, p 2 = 0, p 3 = 1, p 4 = 2, p 5 = 1, p 6 = 0, zmienia znak na miejscu pierwszym i czwartym.

38 Weźmy wielomian P R[x], postaci P (x) = a 0 + a 1 x + a 2 x a n x n, x R. Pochodną tego wielomianu jest wielomian P (x) = a 1 + 2a 2 x 1 + na n x n 1, x R.

39 Weźmy wielomian P R[x], postaci P (x) = a 0 + a 1 x + a 2 x a n x n, x R. Pochodną tego wielomianu jest wielomian P (x) = a 1 + 2a 2 x 1 + na n x n 1, x R. Przykład 3. Pochodną wielomianu P (x) = 3 + 4x + x 2 x 3 jest P (x) = 4 + 2x 1 3x 2.

40 Weźmy wielomian P R[x], postaci P (x) = a 0 + a 1 x + a 2 x a n x n, x R. Pochodną tego wielomianu jest wielomian P (x) = a 1 + 2a 2 x 1 + na n x n 1, x R. Przykład 3. Pochodną wielomianu P (x) = 3 + 4x + x 2 x 3 jest P (x) = 4 + 2x 1 3x 2. Niech P 0,..., P m będzie ciągiem Sturma wielomianów P i P, to znaczy P 0 = P, P 1 = P, gdzie P jest pochodną wielomianu P. Oznaczmy v P (+ ) = ilość miejsc zmian znaku ciągu lc(p 0 (x)),..., lc(p m (x)). v P ( ) = ilość miejsc zmian znaku ciągu lc(p 0 ( x)),..., lc(p m ( x)).

41 2. Twierdzenie Sturma Twierdzenie 1. (Sturm). Niech P R[t] będzie wielomianem dodatniego stopnia. Wówczas wielomian P ma dokładnie v P ( ) v P (+ ) zer (bez uwzględniania ich krotności).

42 2. Twierdzenie Sturma Twierdzenie 1. (Sturm). Niech P R[t] będzie wielomianem dodatniego stopnia. Wówczas wielomian P ma dokładnie v P ( ) v P (+ ) zer (bez uwzględniania ich krotności). Dowód tego twierdzenia polega na zastosowaniu pochodnej do badania przebiegu zmienności funkcji P. Omówimy to twierdzenie dla wielomianów stopni 1 i 2. Weźmy dowolny wielomin P R[x] stopnia 1. Jest on postaci P (x) = ax + b, gdzie a, b R, a = 0 oraz P (x) = a, więc ciagiem Sturma wielomianów P, P jest P 0 = P, P 1 = P. lc(p 0 (x)) = a, lc(p 1 (x)) = a, lc(p 0 ( x)) = a, lc(p 1 ( x)) = a, więc v P ( ) = 1, v P (+ ) = 0, więc v P ( ) v P (+ ) = 1. Ponieważ wielomian P ma jedno zero x 0 = b/a, wiec twierdzenie zachodzi w tym przypadku.

43 Weźmy dowolny wielomian P R[x] stopnia 2. Jest on postaci P (x) = ax 2 + bx + c, gdzie a, b, c R, a = 0 oraz P (x) = 2ax + b.

44 Weźmy dowolny wielomian P R[x] stopnia 2. Jest on postaci P (x) = ax 2 + bx + c, gdzie a, b, c R, a = 0 oraz P (x) = 2ax + b. Niech P 0 = P, P 1 = P. Dzieląc wielomian P 0 przez P 1 dostajemy P 0 (x) = 1 2 (x + b 2a )P 1(x) b2 4ac 4a = 1 2 (x + b 2a )P 1(x) 4a, więc siągiem Sturma wielomianów P, P jest ciąg P 0, P 1, P 2 = 4a

45 Weźmy dowolny wielomian P R[x] stopnia 2. Jest on postaci P (x) = ax 2 + bx + c, gdzie a, b, c R, a = 0 oraz P (x) = 2ax + b. Niech P 0 = P, P 1 = P. Dzieląc wielomian P 0 przez P 1 dostajemy P 0 (x) = 1 2 (x + b 2a )P 1(x) b2 4ac 4a = 1 2 (x + b 2a )P 1(x) 4a, więc siągiem Sturma wielomianów P, P jest ciąg P 0, P 1, P 2 = 4a oraz lc(p 0 (x)) = a, lc(p 1 (x)) = 2a, lc(p 2 (x)) = 4a, lc(p 0 ( x)) = a, lc(p 1 ( x)) = 2a, lc(p 2 ( x)) = 4a.

46 Weźmy dowolny wielomian P R[x] stopnia 2. Jest on postaci P (x) = ax 2 + bx + c, gdzie a, b, c R, a = 0 oraz P (x) = 2ax + b. Niech P 0 = P, P 1 = P. Dzieląc wielomian P 0 przez P 1 dostajemy P 0 (x) = 1 2 (x + b 2a )P 1(x) b2 4ac 4a = 1 2 (x + b 2a )P 1(x) 4a, więc siągiem Sturma wielomianów P, P jest ciąg P 0, P 1, P 2 = 4a oraz lc(p 0 (x)) = a, lc(p 1 (x)) = 2a, lc(p 2 (x)) = 4a, lc(p 0 ( x)) = a, lc(p 1 ( x)) = 2a, lc(p 2 ( x)) = 4a. Mamy przypadki: 1. < 0. Wówczas v P ( ) = 1, v P (+ ) = 1, więc mamy v P ( ) v P (+ ) = 0 i w tym przypadku wielomian P nie ma pierwiastków. Zatem twierdzenie zachodzi w tym przypadku.

47 Weźmy dowolny wielomian P R[x] stopnia 2. Jest on postaci P (x) = ax 2 + bx + c, gdzie a, b, c R, a = 0 oraz P (x) = 2ax + b. Niech P 0 = P, P 1 = P. Dzieląc wielomian P 0 przez P 1 dostajemy P 0 (x) = 1 2 (x + b 2a )P 1(x) b2 4ac 4a = 1 2 (x + b 2a )P 1(x) 4a, więc siągiem Sturma wielomianów P, P jest ciąg P 0, P 1, P 2 = 4a oraz lc(p 0 (x)) = a, lc(p 1 (x)) = 2a, lc(p 2 (x)) = 4a, lc(p 0 ( x)) = a, lc(p 1 ( x)) = 2a, lc(p 2 ( x)) = 4a. Mamy przypadki: 1. < 0. Wówczas v P ( ) = 1, v P (+ ) = 1, więc mamy v P ( ) v P (+ ) = 0 i w tym przypadku wielomian P nie ma pierwiastków. Zatem twierdzenie zachodzi w tym przypadku. 2. = 0. Wówczas v P ( ) = 1, v P (+ ) = 0, więc mamy v P ( ) v P (+ ) = 1 i w tym przypadku wielomian P ma jeden pierwiastek. To daje tezę w tym przypadku.

48 Weźmy dowolny wielomian P R[x] stopnia 2. Jest on postaci P (x) = ax 2 + bx + c, gdzie a, b, c R, a = 0 oraz P (x) = 2ax + b. Niech P 0 = P, P 1 = P. Dzieląc wielomian P 0 przez P 1 dostajemy P 0 (x) = 1 2 (x + b 2a )P 1(x) b2 4ac 4a = 1 2 (x + b 2a )P 1(x) 4a, więc siągiem Sturma wielomianów P, P jest ciąg P 0, P 1, P 2 = 4a oraz lc(p 0 (x)) = a, lc(p 1 (x)) = 2a, lc(p 2 (x)) = 4a, lc(p 0 ( x)) = a, lc(p 1 ( x)) = 2a, lc(p 2 ( x)) = 4a. Mamy przypadki: 1. < 0. Wówczas v P ( ) = 1, v P (+ ) = 1, więc mamy v P ( ) v P (+ ) = 0 i w tym przypadku wielomian P nie ma pierwiastków. Zatem twierdzenie zachodzi w tym przypadku. 2. = 0. Wówczas v P ( ) = 1, v P (+ ) = 0, więc mamy v P ( ) v P (+ ) = 1 i w tym przypadku wielomian P ma jeden pierwiastek. To daje tezę w tym przypadku. 3. > 0. Wówczas v P ( ) = 2, v P (+ ) = 0, więc mamy v P ( ) v P (+ ) = 2 i wielomian P ma dwa pierwiastki.

49 Twierdzenie Sturma zilustrujemy przykładem. Przykład 4. Niech P = x 3 3x + 1. Wówczas ciągiem Sturma wielomianów P i P jest P 0 = x 3 3x + 1, P 1 = 3x 2 3, P 2 = 2x 1, P 3 = 9/4.

50 Twierdzenie Sturma zilustrujemy przykładem. Przykład 4. Niech P = x 3 3x + 1. Wówczas ciągiem Sturma wielomianów P i P jest P 0 = x 3 3x + 1, P 1 = 3x 2 3, P 2 = 2x 1, P 3 = 9/4. Zatem lc(p 0 (x)) = 1, lc(p 1 (x)) = 3, lc(p 2 (x)) = 2, lc(p 3 (x)) = 9/4, lc(p 0 ( x)) = 1, lc(p 1 ( x)) = 3, lc(p 2 ( x)) = 2, lc(p 3 ( x)) = 9/4.

51 Twierdzenie Sturma zilustrujemy przykładem. Przykład 4. Niech P = x 3 3x + 1. Wówczas ciągiem Sturma wielomianów P i P jest P 0 = x 3 3x + 1, P 1 = 3x 2 3, P 2 = 2x 1, P 3 = 9/4. Zatem lc(p 0 (x)) = 1, lc(p 1 (x)) = 3, lc(p 2 (x)) = 2, lc(p 3 (x)) = 9/4, lc(p 0 ( x)) = 1, lc(p 1 ( x)) = 3, lc(p 2 ( x)) = 2, W myśl twierdzenia Sturma mamy, że wielomian P ma lc(p 3 ( x)) = 9/4. v P ( ) v P (+ ) = 3 0 = 3 zera.

52 Niech P, Q R[x] będą wielomianami dodatnich stopni. Dla ciągu Sturma P 0,..., P m wielomianów P i P Q, przyjmujemy: v P,Q ( ) = ilość miejsc zmian znaku ciągu lc(p 0 ( x)),..., lc(p m ( x)), v P,Q (+ ) = ilość miejsc zmian znaku ciągu lc(p 0 (x)),..., lc(p m (x)).

53 Niech P, Q R[x] będą wielomianami dodatnich stopni. Dla ciągu Sturma P 0,..., P m wielomianów P i P Q, przyjmujemy: v P,Q ( ) = ilość miejsc zmian znaku ciągu lc(p 0 ( x)),..., lc(p m ( x)), v P,Q (+ ) = ilość miejsc zmian znaku ciągu lc(p 0 (x)),..., lc(p m (x)). Podobnie jak twierdzenia 1 dowodzimy twierdzenia Sylvestera: Twierdzenie 2. Ilość zer c R wielomianu P takich, że Q(c) > 0 minus ilość zer c R wielomianu P takich, że Q(c) < 0, wynosi v P,Q ( ) v P,Q (+ ).

54 Niech P, Q R[x] będą wielomianami dodatnich stopni. Dla ciągu Sturma P 0,..., P m wielomianów P i P Q, przyjmujemy: v P,Q ( ) = ilość miejsc zmian znaku ciągu lc(p 0 ( x)),..., lc(p m ( x)), v P,Q (+ ) = ilość miejsc zmian znaku ciągu lc(p 0 (x)),..., lc(p m (x)). Podobnie jak twierdzenia 1 dowodzimy twierdzenia Sylvestera: Twierdzenie 2. Ilość zer c R wielomianu P takich, że Q(c) > 0 minus ilość zer c R wielomianu P takich, że Q(c) < 0, wynosi v P,Q ( ) v P,Q (+ ). Stosując twierdzenie 2 łatwo dowodzimy: Wniosek 1. Niech P, Q 1,..., Q k R[x] będą wielomianami dodatnich stopni. Wówczas ilość zer c R wielomianu P takich, że Q 1 (c) > 0,..., Q k (c) > 0, wynosi (1/2 k ) σ {1,2} k[v P,Q σ( ) v P,Q σ(+ )], gdzie Q σ = Q σ 1 1 Q σ k k dla σ = (σ 1,..., σ k ), σ i {1, 2}.

55 3. Zbiory semialgebraiczne Zbiór X R n nazywamy semialgebraicznym, gdy jest on sumą skończonej ilości zbiorów postaci: V = {ζ R n : P (ζ) = 0, Q 1 (ζ) > 0,..., Q k (ζ) > 0}, gdzie k Z, k 0, oraz P, Q 1..., Q k R[x 1,..., x n ].

56 3. Zbiory semialgebraiczne Zbiór X R n nazywamy semialgebraicznym, gdy jest on sumą skończonej ilości zbiorów postaci: V = {ζ R n : P (ζ) = 0, Q 1 (ζ) > 0,..., Q k (ζ) > 0}, gdzie k Z, k 0, oraz P, Q 1..., Q k R[x 1,..., x n ]. Uwaga 1. Rodzina zbiorów semialgebraicznych przestrzeni R n jest zamknięta ze względu na dopełnienie oraz sumy i iloczyny skończonej ilości zbiorów.

57 3. Zbiory semialgebraiczne Zbiór X R n nazywamy semialgebraicznym, gdy jest on sumą skończonej ilości zbiorów postaci: V = {ζ R n : P (ζ) = 0, Q 1 (ζ) > 0,..., Q k (ζ) > 0}, gdzie k Z, k 0, oraz P, Q 1..., Q k R[x 1,..., x n ]. Uwaga 1. Rodzina zbiorów semialgebraicznych przestrzeni R n jest zamknięta ze względu na dopełnienie oraz sumy i iloczyny skończonej ilości zbiorów. Geometria semialgebraiczna jest teorią, w której badane są własności zbiorów semialgebraicznych oraz przekształceń tych zbiorów przy pomocy odwzorowań semialgebraicznych.

58 3. Zbiory semialgebraiczne Zbiór X R n nazywamy semialgebraicznym, gdy jest on sumą skończonej ilości zbiorów postaci: V = {ζ R n : P (ζ) = 0, Q 1 (ζ) > 0,..., Q k (ζ) > 0}, gdzie k Z, k 0, oraz P, Q 1..., Q k R[x 1,..., x n ]. Uwaga 1. Rodzina zbiorów semialgebraicznych przestrzeni R n jest zamknięta ze względu na dopełnienie oraz sumy i iloczyny skończonej ilości zbiorów. Geometria semialgebraiczna jest teorią, w której badane są własności zbiorów semialgebraicznych oraz przekształceń tych zbiorów przy pomocy odwzorowań semialgebraicznych. Odwzorowanie F : X R m, gdzie X R n, nazywamy odwzorowaniem semialgebraicznym, gdy jego wykres jest podzbiorem semialgebraicznym przestrzeni R n R m.

59 Przykłady zbiorów semialgebraicznych

60 Przykłady zbiorów semialgebraicznych x x 1

61 Przykłady zbiorów semialgebraicznych x 2 1 prostokąt 0 1 x 1

62 Przykłady zbiorów semialgebraicznych x 2 1 prostokąt 0 1 x 1 brzeg trójkąta

63 Przykłady zbiorów semialgebraicznych x 2 1 prostokąt 0 1 x 1 brzeg trójkąta wykres wielomianu f(x) = 2 (x 2) 3

64 Przykłady zbiorów semialgebraicznych x 2 1 prostokąt 0 1 x 1 brzeg trójkąta wykres wielomianu f(x) = 2 (x 2) 3

65 Przykłady zbiorów semialgebraicznych x 2 1 prostokąt 0 1 x 1 brzeg trójkąta wykres wielomianu f(x) = 2 (x 2) 3

66 Przykłady zbiorów semialgebraicznych x 2 1 prostokąt 0 1 x 1 brzeg trójkąta wykres wielomianu f(x) = 2 (x 2) 3

67 Przykłady zbiorów semialgebraicznych x 2 1 prostokąt 0 1 x 1 brzeg trójkąta wykres wielomianu f(x) = 2 (x 2) 3

68 Przykłady zbiorów semialgebraicznych x 2 1 prostokąt 0 1 x 1 brzeg trójkąta wykres wielomianu f(x) = 2 (x 2) 3

69 Przykłady zbiorów semialgebraicznych x 2 1 prostokąt 0 1 x 1 brzeg trójkąta wykres wielomianu f(x) = 2 (x 2) 3

70 Przykłady zbiorów semialgebraicznych x 2 1 prostokąt suma okręgów, kół, elipsy i fragmentu paraboli 0 1 x 1 brzeg trójkąta wykres wielomianu f(x) = 2 (x 2) 3

71 4. Twierdzenie Tarskiego-Seidenberga Metoda Sturma zaowocowała w pracach Tarskiego (1948, 1951) dotyczących opuszczania kwantyfikatorów w formułach i dalej w pracy Seidenberga (1954) o istnieniu rozwiązań układu nierówności wielomianowych. Obecnie twierdzenia Tarskiego i Seidenberga formułuje się następująco: Twierdzenie 3. (Tarski-Seidenberg). Niech π : R n R m R n będzie rzutowaniem postaci π(ζ, ξ) = ζ. Jeśli X R n R m jest zbiorem semialgebraicznym, to π(x) R n jest zbiorem semialgebraicznym.

72 4. Twierdzenie Tarskiego-Seidenberga Metoda Sturma zaowocowała w pracach Tarskiego (1948, 1951) dotyczących opuszczania kwantyfikatorów w formułach i dalej w pracy Seidenberga (1954) o istnieniu rozwiązań układu nierówności wielomianowych. Obecnie twierdzenia Tarskiego i Seidenberga formułuje się następująco: Twierdzenie 3. (Tarski-Seidenberg). Niech π : R n R m R n będzie rzutowaniem postaci π(ζ, ξ) = ζ. Jeśli X R n R m jest zbiorem semialgebraicznym, to π(x) R n jest zbiorem semialgebraicznym. Warunek ζ π(x) oznacza, że istnieje ξ R m takie, że (ζ, ξ) X. Czyli zbiór π(x) jest opisany przy pomocy formuły zawierającej kwantyfikator szczegółowy i alternatywy układów równań i nierówności wielomianowych opisujących zbiór X.

73 4. Twierdzenie Tarskiego-Seidenberga Metoda Sturma zaowocowała w pracach Tarskiego (1948, 1951) dotyczących opuszczania kwantyfikatorów w formułach i dalej w pracy Seidenberga (1954) o istnieniu rozwiązań układu nierówności wielomianowych. Obecnie twierdzenia Tarskiego i Seidenberga formułuje się następująco: Twierdzenie 3. (Tarski-Seidenberg). Niech π : R n R m R n będzie rzutowaniem postaci π(ζ, ξ) = ζ. Jeśli X R n R m jest zbiorem semialgebraicznym, to π(x) R n jest zbiorem semialgebraicznym. Warunek ζ π(x) oznacza, że istnieje ξ R m takie, że (ζ, ξ) X. Czyli zbiór π(x) jest opisany przy pomocy formuły zawierającej kwantyfikator szczegółowy i alternatywy układów równań i nierówności wielomianowych opisujących zbiór X. Twierdzenie Tarskiego-Seidenberga mówi o tym, że formuły zbudowane przy pomocy skończonych alternatyw skończonych układów równań i nierówności wielomianowych zawierające kwantyfikator szczegółowy można równoważnie zapisać bez tego kwantyfikatora.

74 Uwaga 2. Dopełnienie zbioru semialgebraicznego jest zbiorem semialgebraicznym, więc z twierdzenia Tarskiego-Seidenberga wynika, że formuły zbudowane ze skończonych alternatyw skończonych układów równań i nierówności wielomianowych i kwantyfikatora ogólnego (co czytamy dla każdego) można równoważnie zapisać bez tego kwantyfikatora.

75 Uwaga 2. Dopełnienie zbioru semialgebraicznego jest zbiorem semialgebraicznym, więc z twierdzenia Tarskiego-Seidenberga wynika, że formuły zbudowane ze skończonych alternatyw skończonych układów równań i nierówności wielomianowych i kwantyfikatora ogólnego (co czytamy dla każdego) można równoważnie zapisać bez tego kwantyfikatora. Wobec powyższej uwagi, z twierdzenia Tarskiego-Seidenberga dostajemy: Wniosek 2. Jeśli zbiór X R n jest semialgebraiczny, to jego domknięcie X, brzeg X i wnętrze Int X również są zbiorami semialgebraicznymi.

76 Uwaga 2. Dopełnienie zbioru semialgebraicznego jest zbiorem semialgebraicznym, więc z twierdzenia Tarskiego-Seidenberga wynika, że formuły zbudowane ze skończonych alternatyw skończonych układów równań i nierówności wielomianowych i kwantyfikatora ogólnego (co czytamy dla każdego) można równoważnie zapisać bez tego kwantyfikatora. Wobec powyższej uwagi, z twierdzenia Tarskiego-Seidenberga dostajemy: Wniosek 2. Jeśli zbiór X R n jest semialgebraiczny, to jego domknięcie X, brzeg X i wnętrze Int X również są zbiorami semialgebraicznymi. Istotnie, punkt x = (x 1,..., x n ) R n należy do domknięcia X zbioru X, wtedy i tylko wtedy, gdy ε>0 y=(y1,...,y n ) R n y X (x 1 y 1 ) (x n y n ) 2 < ε 2. Wobec twierdzenia Tarskiego-Seidenberga, formułę tę można zapisać bez kwantyfikatorów. Zatem zbiór X jest semialgebraiczny.

77 Uwaga 2. Dopełnienie zbioru semialgebraicznego jest zbiorem semialgebraicznym, więc z twierdzenia Tarskiego-Seidenberga wynika, że formuły zbudowane ze skończonych alternatyw skończonych układów równań i nierówności wielomianowych i kwantyfikatora ogólnego (co czytamy dla każdego) można równoważnie zapisać bez tego kwantyfikatora. Wobec powyższej uwagi, z twierdzenia Tarskiego-Seidenberga dostajemy: Wniosek 2. Jeśli zbiór X R n jest semialgebraiczny, to jego domknięcie X, brzeg X i wnętrze Int X również są zbiorami semialgebraicznymi. Istotnie, punkt x = (x 1,..., x n ) R n należy do domknięcia X zbioru X, wtedy i tylko wtedy, gdy ε>0 y=(y1,...,y n ) R n y X (x 1 y 1 ) (x n y n ) 2 < ε 2. Wobec twierdzenia Tarskiego-Seidenberga, formułę tę można zapisać bez kwantyfikatorów. Zatem zbiór X jest semialgebraiczny. Przykład 5. Jeśli funkcja f : R R jest semialgebraiczna, to zbiór {x R : ε>0 δ>0 t R ( t x < δ f(t) f(x) < ε)} można zapisac przy pomocy skończonej alternatywy skończonych koniunkcji równań i nierówności wielomianowych bez kwantyfikatorów.

78 Praca domowa. Zadanie 3. Weźmy wielomiany P (x) = x 2 + (m + 1)x m 2 + 1, Q 1 (x) = x, Q 2 (x) = 1 x z parametrem m. Dla jakich wartości parametru m układ (4) P (x) = 0, Q 1 (x) > 0, Q 2 (x) > 0 ma rozwiązanie? Dla jakich wartości parametru m układ ten ma dokładnie jedno rozwiązanie?

79 Praca domowa. Zadanie 3. Weźmy wielomiany P (x) = x 2 + (m + 1)x m 2 + 1, Q 1 (x) = x, Q 2 (x) = 1 x z parametrem m. Dla jakich wartości parametru m układ (4) P (x) = 0, Q 1 (x) > 0, Q 2 (x) > 0 ma rozwiązanie? Dla jakich wartości parametru m układ ten ma dokładnie jedno rozwiązanie? Zadanie to pozostawiamy do samodzielnego rozwiązania, chociaż nie jest to obowiązkowe. Rozwiązanie można dać do sprawdzenia prowadzącemu wykład z analizy matematycznej.

80 Praca domowa. Zadanie 3. Weźmy wielomiany P (x) = x 2 + (m + 1)x m 2 + 1, Q 1 (x) = x, Q 2 (x) = 1 x z parametrem m. Dla jakich wartości parametru m układ (4) P (x) = 0, Q 1 (x) > 0, Q 2 (x) > 0 ma rozwiązanie? Dla jakich wartości parametru m układ ten ma dokładnie jedno rozwiązanie? Zadanie to pozostawiamy do samodzielnego rozwiązania, chociaż nie jest to obowiązkowe. Rozwiązanie można dać do sprawdzenia prowadzącemu wykład z analizy matematycznej. Wskazówka, uzasadnić, że zadanie 3 sprowadza się do nastepującego zadania. Zadanie 4. Dla jakich wartości parametru m równanie x 2 + (m + 1)x m = 0 ma co najmniej jedno rozwiązanie należące do przedziału (0, 1). Wyznacz te wartości parametru m dla których równanie to ma dokładnie jedno rozwiązanie należące do przedziału (0, 1).

81 Wykład ten zostanie zamieszczony na stronie internetowej kfairr/ Dziekuję za uwagę