Добрый вечер! Нужно найти размерность пространства:

  1. симметричных матриц $%n * n$% (ну, и кососимметричных сюда же);

  2. однородных многочленов степени $%d$% от $%n$% переменных;

  3. многочленов степени не более $%d$% от $%n$% переменных;

  4. симметричных многочленов степени не более $%d$% от $%n$% переменных;

  5. многочленов от одной переменной степени не больше $%d$%, имеющих корни в точках $%1, 2 \ и \ 3$%.

Ох, ну первый пункт я еще худо-бедно понимаю, а вот с остальными что делать?

задан 13 Сен '15 20:50

изменен 13 Сен '15 22:33

Эхх, где же всё знающий и всё понимающий falcao? :(((

(14 Сен '15 1:12) Math_2012
10|600 символов нужно символов осталось
4

1) Здесь ответом будет число $%\frac{n(n+1)}2$%: это количество элементов матрицы $%n\times n$%, расположенных не ниже главной диагонали. (Это чисто для сверки.)

2) Здесь получается число сочетаний с повторениями из $%n$% по $%d$%, равное $%C_{n+d-1}^d$%. Об этом было сказано в ответе @stander.

3) Эта задача сводится к предыдущей. Добавим новую переменную $%z$%, и с каждый одночленом $%w$% от $%n$% переменных степени $%m\le d$% свяжем одночлен от $%n+1$% переменной степени $%d$%, равный $%wz^{d-m}$%. Поэтому ответом будет $%C_{n+d}^d$%.

4) В этом пункте ответ имеет более сложный вид. Симметрический многочлен от $%n$% переменных можно однозначно разложить в сумму однородных. А каждый базисный однородный многочлен является суммой всех одночленов, симметричных данному, в котором происходит перестановка показателей степеней. Поэтому таких многочленов будет столько же, сколько наборов неотрицательных чисел, упорядоченных по неубыванию: $%d_1\ge\ldots\ge d_n$%. Сумма этих чисел не превосходит $%d$%.

Введём переменные $%k_1=d_1-d_2$%, $%k_2=d_2-d_3$%, ... , $%k_{n-1}=d_{n-1}-d_n$%, $%k_n=d_n$%. Выражая переменные $%d$% с индексами через $%k$% с индексами, получим $%d_n=k_n$%, $%d_{n-1}=k_{n-1}+k_n$%, ... , $%d_1=k_1+\cdots+k_n$%. Тогда в сумме получится $%k_1+2k_2+\cdots+nk_n\le d$%, и нужно найти количество решений этого неравенства в целых неотрицательных числах.

Если неравенство заменить на равенство, то для каждого фиксированного $%n$% можно ввести обозначения $%a_{nd}$% при $%d\ge0$% для количества решений уравнения $%k_1+2k_2+\cdots+nk_n=d$%. Рассмотрим производящую функцию $%F_n(z)$% от переменной $%z$%, полагая $%F_n(z)=\sum_{d=0}^{\infty}a_{nd}z^d$%. Зная такой ряд, мы знаем (пусть и в неявной форме) его коэффициенты, поэтому опишем вид этих рядов для каждого $%n$%.

Из стандартной техники, связанной с производящими функциями (детали вынужден опустить) получается такая формула: $%F_n(z)=\frac1{(1-z)(1-z^2)\ldots(1-z^n)}$%. При малых значениях $%n$% можно указать явные формулы для вычисления коэффициентов, но с увеличением $%n$% вид таких выражений будет усложняться, и общий ответ получается только в неявной форме.

Теперь вернёмся к случаю неравенства. Если нас интересует число базисных симметрических многочленов степени $%\le d$%, то это будут суммы вида $%b_{nd}=a_{n0}+a_{n1}+\cdots+a_{nd}$%. Производящая функция для таких чисел получается из предыдущей умножением на $%\frac1{1-z}$% (снова стандартный факт из этой теории). Таким образом, производящая функция для искомых размерностей имеет вид $%\frac1{(1-z)^2(1-z^2)\ldots(1-z^n)}$%.

В частности, при $%n=1$% получается размерность $%d+1$% (что очевидно и так); при $%n=2$% будет $%[d^2/4]$%, и так далее.

5) Если $%d\le2$%, то многочлен возможен только нулевой, и размерность пространства равна нулю. Пусть $%d\ge3$%. Тогда по теореме Безу многочлен имеет вид $%(x-1)(x-2)(x-3)f(x)$%, где степень $%f$% не больше $%d-3$%. Очевидно, что пространства изоморфны, поэтому остаётся подставить в ответ пункта 3) числа $%d-3$% вместо $%d$% и $%1$% вместо $%n$%. Получится $%C_{d-2}^{d-3}=d-2$%. К последнему выводу можно прийти проще, заметив, что $%f(x)=a_0x^{d-3}+\cdots+a_{d-3}$%, где независимых коэффициентов именно столько.

ссылка

отвечен 14 Сен '15 2:13

10|600 символов нужно символов осталось
2

2 пункт.

Базис пространства многочленов составляют векторы $$x_1^{k_1}\cdots x_n^{k_n}$$ Базис однородных многочленов степени $%d$% образует те векторы, в которых $$k_1+\cdots+k_n=d$$ $$k_i\in\mathbb Z_{\ge 0}$$ Нам нужно посчитать количество таких возможностей. Пусть количество переменных $%n$%, а получить нужно степень $%d$%. Заменим задачу эквивалентной: степень каждой переменной $%\ge 1$%, а получить нужно $%n+d$% степень. Расположим $%n+d$% камешков в ряд. Нам нужно разбить их на $%n$% частей. Для этого нужно разместить в $%n+d-1$% местах между ними $%n-1$% перегородки. То есть $%\binom{n+d-1}{n-1}$% случаев, что равно $%\binom{n+d-1}{d}$%. Это то же, что и $$\frac{n(n+1)\cdots (n+d-1)}{d!}$$. Это и есть ответ.

ссылка

отвечен 13 Сен '15 22:31

изменен 13 Сен '15 22:32

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×5,013
×180

задан
13 Сен '15 20:50

показан
3567 раз

обновлен
14 Сен '15 2:13

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru