Tригонометрические многочлены




НазваниеTригонометрические многочлены
страница4/6
Дата13.10.2012
Размер1.12 Mb.
ТипДокументы
1   2   3   4   5   6
cos (n+1)x+ cos nx | cos x+ 1

cos (n+1)x + cos(n-1)x + 2 cos nx 2 cos nx - …

cos nx – cos (n-1)x



То есть результат деления получится 2 cos nx -( результат деления cos nx + cos (n-1)x на cos x+ 1), или 2 cos nx - 2 cos(n-1)x + … +2 (-1)n-1 cos x + (-1)n.

У нас получился КМ степени n с целыми коэффициентами, имеющий n корней π /(2n+1);

3 π /(2n+1); … (2n-1) π /(2n+1), и значит представляющий собой произведение ( cos x – cos π /(2n+1))...( cos x – cos (2n-1)π /(2n+1)).

Мы знаем, что алгоритм Евклида по двум многочленам (а значит и по двум КМ) с рациональными коэффициентами дает результат — НОД — тоже с рациональными коэффициентами. Поэтому для того, чтобы выяснить, есть ли у заданного КМ корни ( k/2n+1 )π с фиксированным n и произвольным нечетным k из [0; 2n-1], достаточно найти его НОД с 2 cos nx - 2 cos(n-1)x + … +2 (-1)n-1 cos x + (-1)n. Если этот НОД совпадает (с точностью до умножения на константу) с 2 cos nx - 2 cos(n-1)x + … +

2 (-1)n-1 cos x + (-1)n, то π /(2n+1); 3 π /(2n+1); … (2n-1) π /(2n+1) — корни нашего КМ. (В случае, если мы сначала перейдем к КМ степени, не превосходящей n, такое совпадение будет иметь место в том и только в том случае, когда полученный КМ степени, не превосходящей n, сам с точностью до умножения на константу совпадает с 2 cos nx - 2 cos(n-1)x + … +2 (-1)n-1 cos x + (-1)n. ) В случае несовпадения, скорее всего, НОД окажется константой. Тогда тоже все ясно — общих корней нет. Если же НОД будет иметь ненулевую степень, то корни среди π /(2n+1); 3 π /(2n+1); … (2n-1) π /(2n+1)

у данного КМ есть, причем их количество равно степени НОД. Если мы хотим выяснить, для каких конкретно нечетных k ( k/2n+1 )π - корень нашего КМ, то полезно сначала отсеять все k , для которых дробь k/2n+1 сократима ( и значит наша задача сводится к другой паре (k1; l1), где l11x + cos (n1-1)x , где 2n1+1= (2n+1)/р. Можно также исключить корни ( k/2n+1 )π с четными k, разделив на НОД с

cos (n+1)x- cos nx. Если после этого все еще получается КМ ненулевой степени, то мы должны радоваться , что нашлось такое n , для которого произведение всех cos x – cos ( k/2n+1 )π , где k/2n+1 — несократимая правильная дробь, можно разложить в произведение двух КМ меньшей степени с рациональными коэффициентами. (Как мы покажем дальше, при n от 1 до 30 это невозможно.) Но в этом случае выяснять, для каких именно нечетных k ( k/2n+1 )π - корень , придется, наверное, с помощью каких-то оценок cos ( k/2n+1 )π снизу и сверху. Аналогично решается вопроc для дробей k/l

c четным числителем или знаменателем l=2n. При этом роль 2 cos nx - 2 cos(n-1)x + … +2 (-1)n-1 cos x + (-1)n будут играть соответственно частное от деления cos (n+1)x- cos nx на cos x – 1, то есть 2 cos nx + 2 cos(n-1)x + … +2 cos x + 1, и частное от деления cos nx на cos x, то есть 2 cos (n-1)x - 2 cos(n-2)x + … +2 (-1)n-2 cos x + (-1)n-1.

Перейдем к примеру. Решим угадыванием корней уравнение 2 cos 4x + 2 cos 3x + 1 = 0. Подстановкой убеждаемся, что у этого уравнения нет корней ( k/l ) π с l < 5. Проверим корни ( k/5 ) π. При х=( k/5 ) π имеем 5x=k π; 4x + x = k π; cos 4x = (-1)k cos x ; аналогично cos 3x = (-1)k cos 2x. Поэтому, если нас интересуют только корни ( k/5 ) π, мы можем перейти от исходного КМ к 2(-1)k cos 2x + 2(-1)k cos x + 1. Видим, что при k=2 получается КМ 2 cos 2x + 2 cos x + 1. А мы знаем, что КМ

2 cos nx + 2 cos(n-1)x + … +2 cos x + 1 имеет корни 2 π /(2n+1); … ; 2n π /(2n+1). Значит корнями получившегося у нас КМ являются ( 2/5 ) π и ( 4/5 ) π. Значит исходный КМ делится на 2 cos 2x +

2 cos x + 1. Выполним деление уголком.


2 cos 4x + 2 cos 3x + 1 | 2 cos 2x + 2 cos x + 1

2 cos 4x + 2 + 2 cos 3x + 2 cos x + 2 cos 2x 2 cos 2x - 1

-2 cos 2x -2 cos x – 1

-2 cos 2x -2 cos x – 1

0


Остается решить 2 cos 2x – 1=0. Получаем, что , кроме ( 2/5 ) π и ( 4/5 ) π, исходный КМ имеет в [0; π] еще 2 корня : (1/6) π и (5/6) π.

Итак, для конкретного l задача выяснения, является ли ( k/l ) π, где k/l несократимая дробь, корнем КМ с рациональными коэффициентами, упрощается, если заранее найден КМ наименьшей возможной степени с корнем ( k/l ) π с рациональными коэффициентами. Такой КМ будем называть минимальным для этого корня. Поскольку если ( k/l ) π одновременно корень двух КМ f1(cos x) и f2(cos x), то он корень их НОД, причем если f1 и f2 имеют рациональные коэффициенты, то и их НОД имеет рациональные коэффициенты, имеем: минимальный КМ для конкретного ( k/l ) π единственен, если потребовать, чтобы его старший коэффициент был равен 2. И на минимальный делятся все остальные КМ с рациональными коэффициентами с этим корнем. В частности, минимальные КМ для ( k/l ) π для фиксированного l и взаимно простых с ним k являются делителями произведения всех

2 cos x - 2 cos( k/l ) π, где k/l - правильная несократимая дробь. Это произведение обозначим fl(x). КМ fl(x) имеет рациональные коэффициенты, как мы объяснили выше, избавляясь от всех корней КМ

cos nx или cos (n+1)x+ cos nx , для которых дробь k/l , где l=2n или l=2n+1 соответственно, сократима. Старший коэффициент СФ у fl(x) равен 2.

Нас будут интересовать степени минимальных КМ и разложение fl(x) на неразложимые КМ (то есть такие КМ с рациональными коэффициентами, которые нельзя разложить в произведение двух КМ ненулевых степеней с рациональными коэффициентами).

Заметим, что если КМ f(x) имеет рациональные коэффициенты и m — целое число, то и f(mx) КМ с рациональными коэффициентами (а степень f(mx) в |m| раз больше степени f(x)). Попробуем воспользоваться этим, чтобы сделать полезные выводы.

Пусть КМ f(x) - делитель fl(x) с рациональными коэффициентами. Тогда f(x) является произведением нескольких множителей cos x - cos(i/l) π, где i/l - правильная несократимая дробь. А f(mx) — произведением множителей cos mx - cos(i/l) π. При этом cos mx - cos(i/l) π, в отличие от cos x - cos(i/l) π, имеет m корней с разными косинусами. Но мы сейчас докажем, что если m нечетно и взаимно просто с l , то среди корней cos mx - cos(i/l) π обязательно есть корни fl(x), причем у всех общих корней cos mx - cos(i/l) π и fl(x) один и тот же косинус.

Действительно, корни cos mx - cos(i/l) π это ±((k+2il)/lm) π . Значит достаточно найти такое целое I, чтобы k+2il делилось на m, то есть найти такие целые I и j, что (I;j) – решение уравнения

2xl-ym =-k. А так как 2l и m взаимно просты, то такое решение обязательно существует.

Теперь разберемся, почему если (j1/l) π и (j2/l) π — оба корни cos mx - cos(k /l) π, то

cos (j1/l) π = cos (j2/l) π . Имеем: cos(m(j1/l) π) = cos( m(j2/l) π). Значит либо сумма, либо разность чисел m(j1/l) π и m(j2/l) π кратна 2 π. Но 2l и m взаимно просты. Поэтому j1 + j2 или j1 - j2 кратно 2l. А это означает, что cos (j1/l) π = cos (j2/l) π.

Итак, f(mx) имеет столько же корней (i/l) π с разными cos x, сколько f(x). Но тогда НОД(f(mx);fl(x)) — многочлен с рациональными коэффициентами той же степени, что f(x). Значит если (i/l) π — один из корней этого НОД, то степень его минимального КМ не больше степени f(x) .

Но а — корень f(mx) в том и только в том случае, когда mа корень f(x) . Значит для любого I, взаимно простого с l , и m, взаимно простого с 2l, степень минимального КМ для (i/l) π не выше степени минимального КМ для m(i/l) π. А, как известно, для любой пары (i1;i2) целых чисел , взаимно простых с 2l, найдется такое m, взаимно простое с 2l, что i1- m i2 кратно 2l. Поэтому если числа i1 и i2 оба нечетны и взаимно просты с l, то степень минимального КМ для (i1/l) π не больше степени минимального КМ для (i2/l) π, и наоборот, то есть эти степени равны.

Заметим, что если l четно, то все взаимно простые с ним I нечетны, и значит все (i/l) π имеют одну и ту же степень КМ. Если же l нечетно, то числа I и I- l всегда имеют разную четность. При этом (i/l) π — корень f(x) в том и только в том случае, если (i/l) π – π = (i- l /l) π корень f(x + π ) . При этом f(x + π ) имеет рациональные коэффициенты, если f(x ) имеет рациональные коэффициенты, так как

cos n(x+ π)=(-1)n cos nx. И степень f(x + π ) та же, что у f(x). Поэтому степень минимального КМ для

(i- l /l) π такая же, как для (i/l) π. Следовательно и при нечетном l минимальные КМ для всех (i/l) π таких, что I взаимно просто с l, имеют одну и ту же степень.

Так как каждый неразложимый КМ с рациональными коэффициентами является минимальным для своих корней, то мы доказали следующее

Утверждение 6.1. Если fl(x) раскладывается в произведение двух или больше неразложимых КМ с рациональными коэффициентами, то все эти множители имеют одну и ту же степень - некоторый делитель степени fl(x).

А теперь займемся разложением на неразложимые КМ с рациональными коэффициентами fl(x) для конкретных небольших l .

1. l =2. Правильная несократимая дробь только одна, ½. Значит f2(x) это 2 cos x – 2 cos(1/2)π = 2 cos x.

Так как f2(x) имеет первую степень, то он сам неразложим.

  1. l =3. Правильных дробей две: 1/3 и 2/3. Имеем: cos (1/3) π и cos (2/3) π оба рациональны, равны соответственно ½ и — ½. Поэтому f3(x) = (2 cos x -1) (2 cos x + 1), где 2 cos x -1 и 2 cos x + 1 неразложимы, так как имеют первую степень.

  2. L =4. Правильных несократимых дробей две: ¼ и ¾. Имеем, f4(x)= (2 cos x – 2 cos(1/4) π) (2 cos x – 2 cos(1/4) π) =4 cos2 x – 2 = 2 cos 2x. Так как разложение КМ на простые множители единственно, а cos(1/4) π иррациональное число, то f4(x) неразложим.

  3. L =5. Несократимые правильные дроби — 1/5; 3/5; 2/5; 4/5. Как мы знаем, (1/5)π и ( 3/5) π — корни КМ с рациональными коэффициентами 2 cos 2x – 2 cos x +1, а (2/5)π и ( 4/5) π — корни КМ с рациональными коэффициентами 2 cos 2x + 2 cos x +1 . Значит f5(x)=( 2 cos 2x – 2 cos x +1)( 2 cos 2x+ 2 cos x +1). Остается выяснить, разложим ли 2 cos 2x – 2 cos x +1. Но корни 2 cos 2x – 2 cos x + 1 находятся из квадратного уравнения 4 cos2x – 2 cos x + 1=0, откуда cos x=1/4 (1±√5) иррациональные числа. Значит 2 cos 2x – 2 cos x +1 и 2 cos 2x + 2 cos x +1 неразложимы.

  4. L = 6. Несократимые правильные дроби — 1/6; 5/6. Значит f6(x) = (2 cos x – 2 cos(1/6) π) (2 cos x + 2 cos(1/6) π) = 4 cos2x – 3 = 2 cos 2x – 1.

  5. l=7. Несократимые дроби — 1/7; 3/7; 5/7; 2/7; 4/7; 6/7. Имеем: (1/7)π; (3/7)π; (5/7) π – корни 2 cos 3x – 2 cos 2x + 2 cos x – 1, a (2/7)π; (4/7)π; (6/7) π – корни 2 cos 3x + 2 cos 2x + 2 cos x + 1. При этом 2 cos 3x – 2 cos 2x + 2 cos x – 1 мог бы быть разложимым только если бы раскладывался в произведение КМ первой степени с рациональными коэффициентами.

Специалистам известно, что cos(i/l) π рационален только при i/l = 0; 1; 1/2; 2/3 (при 0≤i/l ≤1). Но для тех, кому это неизвестно, поучительно будет познакомиться с одним из доказательств. Начнем с более общего утверждения, которое пригодится нам и в других ситуациях. Вы, наверное, знаете,что если обычный многочлен с целыми коэффициентами можно разложить в произведение двух многочленов ненулевой степени с рациональными коэффициентами, то данный многочлен можно разложить и в произведение многочленов ненулевой степени с целыми коэффициентами. Попробуем сформулировать и доказать аналогичное утверждение для КМ.

Заметим сначала, что произведение ТМ с целыми коэффициентами не обязано иметь целые коэффициенты( в СФ). Ведь произведение одночленов cos kx и cos lx при k,l≠0 равно

½ cos (k+l)x - ½ cos (k+l)x. Докажем, что произведение двух КМ с целыми коэффициентами в СФ имеет целые коэффициенты в том и только в том случае, если хотя бы один из этих КМ имеет СФ 2bm cos mx + … + 2 b1 cos x + b0, где все bm; …; b1 целые числа.

Действительно, если мы отбросим от обоих КМ с целыми коэффициентами одночлены с четными коэффициентами, то в СФ произведения, если все коэффициенты были целыми, то они так и останутся целыми, а если какой-то коэффициент был дробным, то он так и останется дробным, так как мы отбросили от произведения только несколько одночленов с целыми коэффициентами. Пусть теперь после отбрасывания старшие члены обоих КМ остались a cos k1x и b cos k2x, где k1, k2>0. Но мы знаем, что старший член произведения это старший член произведения старших членов, то есть

½ (ab)cos (k1 + k2). И значит произведение имеет дробный коэффициент при cos (k1 + k2). Если же от одного КМ удалось отбросить всё, кроме свободного члена, то понятно, что все коэффициенты произведения целые.

КМ с целыми коэффициентами ancos nx + … + a0 назовем примитивным, если НОД(an;; an-1; …; a0)=1.

Оказывается, что, как и для обычных многочленов, произведение двух КМ с целыми коэффициентами является примитивным КМ. Правда, только если все коэффициенты СФ произведения — целые числа. Докажем это. Допустим, что ancos nx + … + a0 и bm cos mx + … + b1 cos x + b0 примитивны и все коэффициенты в СФ их произведения целые числа, но при этом произведение не примитивно. Для определенности будем считать, что четными являются an; …; a1. Пусть р — такое простое число, на которое делятся все коэффициенты произведения.

Сначала рассмотрим случай р≠2. По аналогии с предыдущим доказательством отбросим от множителей все члены ai cos ix и bjcos lx, для которых ai или bj кратно р. Пусть после этого за старших членов множителей останутся akcos kx и blcos lx. Тогда если хотя бы одно из чисел k и l равно 0, то старший член произведения — akblcos (k+l)x, а если оба не равны 0, то (1/2) akbl cos (k+l)x. В обоих случаях коэффициент при cos (k+l)х не делится на р, что противоречит условию.

Теперь рассмотрим случай р=2. Отбросим от первого слагаемого все одночлены с коэффициентами, кратными 4, а от второго — с кратными 2. Тогда старший член того, что останется от первого множителя, будет akcos kx, где ak четно, но не кратно 2, если k≠0 и ak нечетно при k=0. А второго - bjcos lx, где bj нечетно. Значит коэффициент при cos (k+l)х равен akbl , если хотя бы одно из чисел k и l равно 0, и (1/2) akbl , если k и l оба равны 0. Так как (1/2) ak и bl нечетны, то и (1/2) akbl нечетно. А в случае k=0, l ≠0 а0 нечетно(иначе первый множитель не был бы примитивным), и значит akbl нечетно. Если же k≠0, но l = 0, то это значит, что от произведения осталось только

( akcos kx+ … + a0) b0= ak b0 cos kx+ … + a0 b0, где a0 b0 нечетно (и значит свободный член был нечетным и до процедуры отбрасывания).

В дальнейшем нам потребуется еще следующее:

Если произведение двух примитивных КМ f1( x) и f2( x) не является примитивным, то есть если его СФ имеет хоть один нецелый коэффициент, то примитивным является 2f1( x) f2( x).

Действительно, понятно, что если все коэффициенты СФ у f1( x) и f2( x) целые, но у f1( x) f2( x) - не все , то это означает, у f1( x) f2( x) есть коэффициенты а/2, где а — целое нечетное число. При этом все коэффициенты 2f1( x) f2( x) целые и не все делятся на 2. А то, что если р — простое число и р≠2, то не все коэффициенты 2f1( x) f2( x) делятся на р, доказывается так же, как мы это доказывали для f1( x) f2( x) для случая, когда все коэффициенты f1( x) f2( x) целые.

Теперь, наконец, мы можем доказать следующее утверждение.

Утверждение 6.2. Если КМ с целыми коэффициентами ( в СФ) разложим в произведение двух КМ с рациональными коэффициентами, то его можно разложить и в произведение двух КМ с целыми коэффициентами( в СФ). Причем новые множители получаются из старых один умножением на некоторое рациональное число, а другой делением на это число.

Заметим, что каждый КМ с рациональными коэффициентами однозначно представим в виде ( k/ l )g(x), где k/ l — несократимая дробь, а g(x) — примитивный КМ с целыми коэффициентами (в СФ). Пусть

f(x)= f1( x) f2( x) и f1( x) и f2( x) имеют рациональные коэффициенты, а f(x) целые. Тогда f(x)= k g(x); f1( x) =(k1/l1) g1(x); f2(x) = (k2/l2) g2(x), где g(x); g1(x); g2(x) примитивны, k1/l1 и k2/l2 несократимы. Тогда

kg(x)=( k1 k2/ l1l2) g1(x)g2(x). Если g1(x)g2(x) имеет целые коэффициенты, то g1(x)g2(x) примитивен и значит k= k1 k2/ l1l2; kg(x)= k g1(x)g2(x); f(x)=( k g1(x))g2(x) произведение КМ с целыми коэффициентами (в СФ). Если же g1(x)g2(x) не примитивен, то 2g1(x)g2(x) примитивен, причем , так как у k1 k2g1(x)g2(x) все коэффициенты целые, то хотя бы одно из чисел k1 и k2 четно. Пусть k1=2 k3. Тогда k= k2 k3/ l1l2;

f(x)=(2 k g1(x))g2(x).

Теперь вспомним, что мы собирались доказать, что cos(i/l) π рационален только в случаях, когда он равен 0; -1; 1; ½ или -½ .

Мы знаем, что (i/l) π - корень 2(cos lx + 1) (cos lx -1)= cos 2lx – 1. Допустим, что cos(i/l) π рационален. Тогда, так как КМ cos 2lx – 1 имеет целые коэффициенты, то он раскладывается в произведение

(a cos x – b) (c2l-1cos(2l-1)x+...+ c0), где a,b, c2l-1, …, c0 - целые числа и b/a = cos(i/l) π. Но старший коэффициент cos 2lx – 1 равен 1, значит ½ ac2l-1=1; ac2l-1=2, то есть а либо 1, либо 2. Значит cos(i/l) π целое число , то есть 0, 1 или -1, или дробь со знаменателем 2, то есть ½ или -½ .

Похожее рассуждение показывает, что fl(x) — КМ с целыми коэффициентами. Ведь fl(x) — делитель

cos 2lx – 1. Значит у cos 2lx – 1 есть делитель с целыми коэффициентами, равный r fl(x), где r некоторое рациональное число, причем частное от деления cos 2lx – 1 на r fl(x) тоже имеет целые коэффициенты. Но так как старший коэффициент cos 2lx – 1 это 1, то старший коэффициент r fl(x) это 1 или 2. Значит r равно ½ или 1. В обоих случаях 1/r целое число. Таким образом fl(x) получается из КМ r fl(x) с целыми коэффициентами умножением на целое число 1/r . Значит fl(x) сам имеет целые коэффициенты.

  1. l=8. Несократимые дроби — 1/8; 3/8; 5/8; 7/8. Все они — корни cos 4x. Значит f8(x) имеет четвертую степень, а так как его старший коэффициент 2, то f8(x)=2 cos 4x. Остается выяснить, является ли cos 4x неразложимым.

Чтобы ответить на этот вопрос, изучим связь разложимости f(2x) с разложимостью f(x). Обратим внимание на то, что всегда f(2(x+π)) ≡f (2x) , то есть функция f(2x) не меняется при замене х на x+π. Этим свойством обладают в точности те КМ, которые в СФ содержат только члены cos kx с четными k, то есть однородные КМ четной степени.

Пусть дан произвольный КМ f(x) с рациональными коэффициентами, для которого f(x+π) ≡f (x). Заметим, что если некоторый КМ с рациональными коэффициентами раскладывается двумя способами на неразложимые множители, то эти способы одинаковы с точностью до перестановки множителей и умножения их на числа.( Это следует из того, что если g(x) входит в первое разложение, а h(x) во второе, то НОД( g(x); h(x)) имеет рациональные коэффициенты и g(x) и h(x) на него делятся. Значит, либо этот НОД имеет нулевую степень, либо и g(x), и h(x) совпадают с НОД( g(x); h(x)) с точностью до умножения на число.)

Пусть f(x)= g1(x)... gk(x), где все gi(x) неразложимы. Тогда g1(x+π)... gk(x+π) - тоже разложение f(x) на неразложимые множители. Значит те I, для которых gi(x+π) не получается из gi(x) умножением на константу, разбиваются на пары (I;j) так, что gi(x+π) и gj(x) получаются друг из друга умножением на константу. Заметим также, что если gi(x) ≡ с gi(x+π), то с=± 1, так как старшие коэффициенты gi(x) и gi(x+π) могут отличаться только знаком. Причем если с=-1, то так как gi(x) неразложим, а все однородные КМ нечетной степени делятся на cos x , gi(x) с точностью до умножения на константу может быть только cos x. Итак, мы доказали

Утверждение 6.3.Пусть дан произвольный КМ f(x) с рациональными коэффициентами, для которого f(x+π) ≡f (x). Тогда разложение f(x) на неразложимые множители состоит из четного числа множителей cos x, множителей вида h(2x) и пар g(x) g(x+ π), где h(x) и g(x) КМ с рациональными коэффициентами. Отсюда следует

Утверждение 6.4. Если f (x) – неразложимый КМ с рациональными коэффициентами, то f (2x) разложим только если f (x)=с(1+ cos x) или f (2x)=сg(x) g(x+ π) для некоторого КМ с рациональными коэффициентами g(x).

Действительно, если разложение f (2x) на неразложимые множители состоит с точностью до постоянного множителя только из пар gi(x+π)gi(x), то, группируя в одну группу по одному члену каждой пары, а в другую оставшиеся, получим, что f (2x)=g(x) g(x+ π) , где g(x) – произведение всех множителей из первой группы.

Если в разложение f (2x) входит cos2kx=((1/2)(1+ cos 2x))k, то f (2(π/2))=0; f(π)=0. Так как f(x) — КМ, то f(x) делится на 1+ cos x. А так как f (x) неразложим, то f (x)=с(1+ cos x).

Если же в разложение f (2x) входит g(2x), то f(x) делится на g(x). Так как f (x) неразложим, то f (x) совпадает с g(x) с точностью до умножения на константу. Значит f (2x) с точностью до умножения на ту же константу совпадает с g(2x). То есть разложение f (2x) на неразложимые множители состоит только из одного множителя. Значит f(2x) неразложим.

Теперь мы можем доказать( известный специалистам) факт: если cos nx неразложим, то и cos 2nx неразложим.

Действительно, если бы cos 2nx=с g(x) g(x+ π) для некоторого КМ с рациональными коэффициентами g(x), то 2 cos 2nx можно было бы представить как с1g1(x) g1(x+ π), где с1 и все коэффициенты КМ g1(x) и g1(x+ π) — целые числа. Тогда, так как старший коэффициент 2 cos 2nx равен 2, то с=1. Подставляя х=0, получаем 2=с1g1(0) g1(π). Но g1(x) = ancos nx + an-1 cos(n-1)x +... + a1cos x +a0, где все коэффициенты целые. Значит g1(0) и g1(π) представляют собой две суммы целочисленных слагаемых, отличающиеся только знаками некоторых слагаемых. Поэтому они оба четны или оба нечетны. И их произведение не может быть равно 2.

  1. l=9. Несократимые правильные дроби — 1/9; 5/9; 7/9 и 2/9; 4/9; 8/9.

Мы уже знаем , что для этих дробей k/l cos( k/l ) π иррационален. Значит, так как f9 (x) имеет шестую степень и раскладывается на два множителя третьей степени с рациональными коэффициентами, НОД(f9 (x); 1+ cos 9x) и НОД(f9 (x); 1- cos 9x), эти множители неразложимы. А так как 2 cos 3x — 1 имеет корни (1/9)π; (5/9)π и ( 7/9) π, а 2 cos 3x + 1 - (2/9)π; (4/9)π и (8/9) π, то 2 cos 3x — 1 и 2 cos 3x + 1 и есть неразложимые множители, на которые раскладывается f9 (x).

  1. l=10. Несократимые правильные дроби — 1/10; 3/10; 7/10; 9/10. Удвоив числа (1/10)π ; (3/10)π ; (7/10)π ; (9/10)π , получим (1/5)π ; (3/5)π ; 2π -(3/5)π ; 2π -(1/5)π . Все они — корни неразложимого КМ

f (x)=2 cos 2x – 2 cos x + 1. Значит достаточно доказать, что f (2x) нельзя представить в виде произведения d g(x) g(x+ π), где d целое число и g(x)=a cos 2x + b cos x + c; a, b и с — целые числа. Допустим, что 2 cos 4x – 2 cos 2x + 1≡ d( a cos 2x + b cos x + c)( a cos 2x - b cos x + c). Сравнивая старшие коэффициенты в левой и правой частях, получаем, что 2=а2 d /2, откуда

а2 d = 4, значит d=1; а=2 или d = 4; а=1. Но в последнем случае d можно сделать равным 1 и а равным 2, умножив a cos 2x + b cos x + c и a cos 2x - b cos x + c на 2.

Итак, 2 cos 4x – 2 cos 2x + 1≡ ( 2 cos 2x + b cos x + c)( 2 cos 2x - b cos x + c). Подставив х= π/2, получаем 5=(с-2)2 невозможно при целом с. Значит 2 cos 4x – 2 cos 2x + 1 неразложим и f10(x) = 2 cos 4x – 2 cos 2x + 1.

  1. l=11. Несократимые правильные дроби —1/11; 3/11; 5/11; 7/11; 9/11 и 2/11; 4/11; 6/11; 8/11; 10/11.

Имеем, (1/11)π; (3/11)π; (5/11)π; (7/11)π; (9/11) π — корни 2 cos 5x – 2 cos 4x + 2 cos 3x – 2 cos 2x +

2 cos x- 1, a (2/11)π; (4/11)π; (6/11)π; (8/11)π; (10/11) π — корни 2 cos 5x + 2 cos 4x + 2 cos 3x + 2 cos 2x +

2 cos x+ 1. Значит

f11 (x) = ( 2 cos 5x – 2 cos 4x + 2 cos 3x – 2 cos 2x + 2 cos x- 1)( 2 cos 5x + 2 cos 4x + 2 cos 3x + 2 cos 2x +

2 cos x+ 1).

Здесь степень множителей 5, а 5 — простое число. А так как делителей первой степени у 2 cos 5x – 2 cos 4x + 2 cos 3x – 2 cos 2x + 2 cos x- 1 и 2 cos 5x + 2 cos 4x + 2 cos 3x + 2 cos 2x + 2 cos x+ 1 нет, то оба эти КМ неразложимы.

  1. l=12. Правильные несократимые дроби — 1/12; 5/12; 7/12; 11/12.

Все числа (1/12)π; (5/12) π; (7/12)π; (11/12) π — корни 2 cos 4x -1. Значит f12 (x)= 2 cos 4x -1. Докажем, что этот КМ неразложим. Допустим противное. Тогда

2 cos 4x -1=( 2 cos 2x +a cos x + b)( 2 cos 2x - cos x + b), где а и b — целые числа.

При х=0 имеем 2 cos 4x -1=1. Значит оба множителя равны 1 или оба равны -1. Получаем, что 2+a+b=2-a+b, откуда а=0. Но мы уже знаем, что 2 cos 2x — 1 неразложим и значит делителя

2 cos 2x + b с целым b у 2 cos 4x -1 нет.

  1. l=13. Правильные несократимые дроби — 1/13; 3/13; 5/13; 7/13; 9/13; 11/13 и 2/13; 4/13; 6/13; 8/13; 10/13; 12/13. Имеем

f13 (x)=( 2 cos 6x - 2 cos 5x + 2 cos 4x - 2 cos 3x + 2 cos 2x - 2 cos x+ 1)( 2 cos 6x + 2 cos 5x + 2 cos 4x + 2 cos 3x + 2 cos 2x + 2 cos x+ 1).

Попробуем доказать, что множители неразложимы. Так как они переходят друг в друга при замене х на х+ π, достаточно доказать неразложимость одного множителя.

В доказательстве удобно использовать следующий известный специалистам факт:

При любом целом n 2 cos nx – многочлен степени n с целыми коэффициентами и коэффициентом 1 при хn от 2 cos x .

(Этот факт легко доказывается с помощью формулы cos(n+1)x + cos(n-1)x = 2 cos x cos nx, откуда

2 cos(n+1)x = (2 cos x)(2 cos nx) - (2 cos(n-1)x).)

Итак, 2 cos 6x - 2 cos 5x + 2 cos 4x - 2 cos 3x + 2 cos 2x - 2 cos x+ 1= g( 2 cos x), где g(t) — многочлен с целыми коэффициентами. Значит если он раскладывается на 2 множителя — многочлена ненулевой степени от cos x с рациональными коэффициентами, то раскладывается и на два многочлена тех же степеней от 2 cos x с целыми коэффициентами. Мы уже знаем, что наш КМ может раскладываться только на 3 многочлена второй или на 2 третьей степени. Кроме того, мы знаем, что 2 cos x целое число при х=0; π; π/2; π/3; 2 π/3. Подстановкой находим, что g(2)=1; g(-2)=13; g(1)=1; g(-1)=1;

g(0)=-1. Мы видим, что g(t) принимает значение ±1 в четырех точках: t=2;1;-1;0. Значит, если у g(t) есть делитель степени не выше 3 с целыми коэффициентами, то и он в этих точках принимает значения ±1. А если g(t) раскладывается на два или больше множителей степеней не выше 3, то, так как g(-2)=13, то по крайней мере один из множителей равен ±1 и при t=-2. Докажем, что такого многочлена h(х) с целыми коэффициентами, который имеет старший коэффициент 1 и степень не больше 3 и равен ±1 при х= 2;1;-1;0;-2, не существует. Допустим противное: пусть h(х) равен ±1 во всех этих точках. Тогда h(х) равен одному и тому же числу по крайней мере в трех из этих точек. Значит h(х)-1 или h(х)+1 равен (х-х1)(х-х2)(х-х3), а сам h(х) - (х-х1)(х-х2)(х-х3)±1 . Тогда в оставшихся двух точках из 2;1;-1;0;-2 имеем (х-х1)(х-х2)(х-х3)=±2, то есть среди чисел х-х1;х-х2;х-х3 одно четное (±2) и два нечетных (±1). Значит среди чисел х1; х2; х3 два четных и одно нечетное. В первом случае оставшиеся два числа должны быть нечетными, что противоречит тому, что нечетных только два. А во втором — четными. Значит среди х1; х2; х3 обязательно находятся -1 и 1. Но тогда для того из чисел -2 и 2, которое отлично от х3, (х-х1)(х-х2)(х-х3) содержит множитель ±3 и два целочисленных множителя, отличных от 0, и не может дать ±1 при добавлении ±1.

Итак, мы доказали, что 2 cos 6x - 2 cos 5x + 2 cos 4x - 2 cos 3x + 2 cos 2x - 2 cos x+ 1, а значит и

2 cos 6x + 2 cos 5x + 2 cos 4x + 2 cos 3x + 2 cos 2x + 2 cos x+ 1, неразложимы.

  1. l=14. Несократимые правильные дроби — 1/14; 3/14; 5/14; 9/14; 11/14; 13/14.

Как при l=10 получаем, что f14(x) =2 cos 6x - 2 cos 4x + 2 cos 2x - 1. И для доказательства его неразложимости достаточно доказать, что его нельзя представить в виде произведения

( 2 cos 3x + 2 a cos 2x + 2 b cos x+c)( 2 cos 3x - 2 a cos 2x + 2 b cos x-c) с целыми a; b; c.

Но так как при х= π/2 f14(x) =-7, получаем, что (-2a+c)(2a-c)=-7; (2a-c)2=7. A это невозможно при целых а и b.

На самом деле мы сейчас доказали следующее

Утверждение 6.5. Если l=2(2n+1), где 2n+1 не является квадратом целого числа, и если f2n+1(x)= (2 cos nx - 2 cos(n-1)x + … +2 (-1)n-1 cos x + (-1)n )( 2 cos nx + 2 cos(n-1)x + … +2 cos x + 1), причем множители неразложимы, то f2(2n+1)(x)=2 cos2 nx - 2 cos2(n-1)x + … +2 (-1)n-1 cos2 x + (-1)n , причем этот КМ неразложим.

  1. l=15. Несократимые правильные дроби — 1/15; 7/15; 11/15; 13/15 и 2/15; 4/15; 8/15; 14/15.

При l=3 неразложимые КМ - 2 cos x- 1 и 2 cos x+ 1. КМ 2 cos 5x- 1 и 2 cos5 x+ 1 имеют корнями соответственно ((2k+1)/15) π, где 2k+1 не кратно 3, то есть (1/15) π;(5/15) π; (7/15) π; (11/15) π; (13/15) π, и (2/15) π; (4/15) π; (8/15) π; (10/15) π; (14/15) π. Корни (5/15) π и (10/15) π нам не нужны. Чтобы избавиться от них, разделим 2 cos 5x- 1 на 2 cos x- 1, а 2 cos 5x+ 1 на 2 cos x+1.


1   2   3   4   5   6

Похожие:

Tригонометрические многочлены icon2 Приближение функций многочленами [10 часов]
Аппроксимация мнк в различных базисах: базис «алгебраических» многочленов, ортогональные базисы (многочлены Лежандра, «факториальные»...
Tригонометрические многочлены iconИ дата консультации*
Выражения. Одночлены. Многочлены Одночлены и многочлены. Формулы сокращенного умножения
Tригонометрические многочлены iconСимметрические многочлены (СМ) и симметрические уравнения
Опр. Симметрическими называются многочлены, не изменяющиеся от круговой перестановки переменных. Так, например, см второго порядка...
Tригонометрические многочлены icon«Симметрические многочлены»
Ершова Т. И., к ф м н., доцент кафедры алгебры и теории чисел Ургпу, математический факультет
Tригонометрические многочлены iconПрезентация использования интерактивной доски во время проведения урока «Одночлены и многочлены»
Образовательное учреждение: Муниципальное общеобразовательное учреждение Больше-Кайбицкая средняя общеобразовательная
Tригонометрические многочлены iconI. Теоретические вопросы: Одночлены и многочлены. Действия над ними
Решение тригонометрических уравнений, приводимых к простейшим, и систем тригонометрических уравнений
Tригонометрические многочлены icon«сибирский федеральный университет»
Корни и канонические разложения многочленов над полями вещественных и комплексных чисел. Неприводимые многочлены над полями
Tригонометрические многочлены iconПрограмма государственного экзамена
Корни и канонические разложения многочленов над полями вещественных и комплексных чисел. Неприводимые многочлены над полями
Tригонометрические многочлены iconПрограмма междисциплинарного экзамена по специальности 010101 “Математика”
Корни и канонические разложения многочленов над полями вещественных и комплексных чисел. Неприводимые многочлены над полями
Tригонометрические многочлены iconЛабораторная работа булевы функции. Многочлены жегалкина
Цель работы: Изучить свойства булевых функций, методы построения днф, кнф, сднф, скнф, алгоритмы построения многочлена Жегалкина...
Разместите кнопку на своём сайте:
Библиотека


База данных защищена авторским правом ©lib.znate.ru 2014
обратиться к администрации
Библиотека
Главная страница