O geometrii semialgebraicznej

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

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).

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 (1596 1650), Rolle (1652 1719), Lagrange (1736 1813), Fourier (1768 1830), Cauchy (1789 1857), Sturm (1803 1855), Sylvester (1814 1897), Hermite (1822 1901), Kronecker (1823 1891).

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 (1596 1650), Rolle (1652 1719), Lagrange (1736 1813), Fourier (1768 1830), Cauchy (1789 1857), Sturm (1803 1855), Sylvester (1814 1897), Hermite (1822 1901), Kronecker (1823 1891). 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.

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?

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 2 + 1 = 0, 2x 3 + x 2 2x 1 = 0?

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 2 + 1 = 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.

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 2 + 1 = 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 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 2 + 1 = 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.

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,?

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.

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.

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.

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

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

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

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

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

Zadanie 1. Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie x 2 + (m + 1)x m 2 + 1 = 0 ma dwa rozwiązania rzeczywiste x 1 i x 2 ( x 1 = x 2 ), spełniające warunek x 3 1 + 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 2 + 1. 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 = m2 + 1. Zatem warunek x 3 1 + 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 ).

Zadanie 1. Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie x 2 + (m + 1)x m 2 + 1 = 0 ma dwa rozwiązania rzeczywiste x 1 i x 2 ( x 1 = x 2 ), spełniające warunek x 3 1 + 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 2 + 1. 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 = m2 + 1. Zatem warunek x 3 1 + 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 ).

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 3 1 + x 3 2 + 7x 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}.

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 3 1 + x 3 2 + 7x 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.

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

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

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 )}

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 ( 7+ 21 8 ; 21 7 8 ; 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

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 ( 7+ 21 8 ; 21 7 8 ; 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

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.

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.

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 =.

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.

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.

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].

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].

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.

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.

Weźmy wielomian P R[x], postaci P (x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + + 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.

Weźmy wielomian P R[x], postaci P (x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + + 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.

Weźmy wielomian P R[x], postaci P (x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + + 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)).

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).

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.

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.

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

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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)).

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 (+ ).

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}.

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 ].

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.

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.

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.

Przykłady zbiorów semialgebraicznych

Przykłady zbiorów semialgebraicznych x 2 1 0 1 x 1

Przykłady zbiorów semialgebraicznych x 2 1 prostokąt 0 1 x 1

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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.

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.

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.

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.

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.

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 ) 2 + + (x n y n ) 2 < ε 2. Wobec twierdzenia Tarskiego-Seidenberga, formułę tę można zapisać bez kwantyfikatorów. Zatem zbiór X jest semialgebraiczny.

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 ) 2 + + (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.

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?

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.

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 2 + 1 = 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).

Wykład ten zostanie zamieszczony na stronie internetowej http://www.math.uni.lodz.pl/ kfairr/ Dziekuję za uwagę