开题报告结式理论及其应用.docx
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开题报告结式理论及其应用
毕业论文开题报告
信息与计算科学
结式理论及其应用
一、选题的背景、意义
1．选题的背景
高等代数是大学数学最主要的基础课程之一。
高等代数课程的教学内容包含三个方面：
线性代数，多项式理论，群，环，域的基本概念。
线性代数占的比重最大，它研究线性空间及其线性映射（包括具有度量的线性空间及与度量有关的线性变换）。
多项式理论是研究一元和多元多项式环。
，群，环，域的基本概念是紧密结合多项式理论和线性变换（包括与度量有关的线性变换）理论，水到渠成地介绍一元（多元）多项式环、矩阵环、线性变换环、
模P剩余类域、正交群、酉群和辛群。
[1]
2．选题的意义
随着现代工程技术的发展，多项式理论的用途越来越广泛。
特别是在现代控制理论中，频域法就是以多项式理论为数学工具的一种系统设计方法。
而结式（resultant）是多项式理
论中一个比较重要的概念，它主要用于多项式之间互质性的判定[2]。
本文从多项式的结式概念人手，提出应用结式理论来确定多元非线性多项式所有零点的系统方法，并借助计算机强大的计算能力验证该方法在解非线性方程组的计算中是行之有效的。
凡是可化为多项式方程组求解的问题，均可采用本文的方法进行研究，特别是在电力电子领域中的谐波抑制方面有广泛的应用。
[3,4]
二、研究的基本内容与拟解决的主要问题
2.1一元多项式
定义1.1设n是一个非负整数，形式表达式
nn1
aoxaix…+anix+an,an,an1,…aoK（1.1）
称为系数在数域K中的一元多项式，或称数域K上的一元多项式（polynomial）。
在多项式（1.1）中，a.x1称为i次项（term）,ai称为第i次项的系数。
我们把数域K上
所有一元多项式的集合记为K[x]。
用f（x）,g（x）,…或f,g,…等符号表示多项式。
我们还规定：
两个多项式f（x）与g（x）的同次项的系数全相等，并记为f（x）g（x）。
又把所有系数都等于0的多项式称为零多项式，记为0。
多项式中系数不等于0的最高次数的项称为多项式的首项（leadingterm）,其系数称为首相系数（leadingcoefficient）,首相系数等于1的多项式称为首一多项式（monicpolynomial）。
首项的次数称为多项式的次数（degree）。
多项式f（x）的次数记为degf。
例如（1.1）式的多项式中如果an0，其首项就是anXn，首项系数就是an，次数等于n。
规定零多项式的次数等于.的运算规则如下：
（）+任何整数=,（）（）,
任何整数
零次多项式就是一个非零常数a00K。
多项式在需多方面的性质非常类似于整数。
首先定义多项式的加法运算。
设
f（x）anXnan
n1
1X
…+a°
n
aixi（1.2）
i0
g（x）bmXmbm
m1
1X
…+b°
m
ajXj（1.3）
j0
不妨设定nm。
为方便起见令
bn
bn1…
bm10。
那么f（x）和
g（x）的和为
f（x）g（x）def（anbn）xn（
（an1
bn""
n
…（a。
b。
）（ai
bi）xi
i0
显然数域K上的多项式之和仍是一个K上的多项式。
很容易验证多项式的加法具有类似于整数加法（以及向量加法）的性质:
（A1）加法结合律：
（f（x）
g（x））
h（x）
f（x）
（g（x）h（x））;
（A2）加法交换律：
f（x）
g（x）
g（x）
f（x）;
（A3）零多项式的特性：
0
f（x）
f（x）
f（x）
0;
（A4）对于任意的多项式f（x）anxnan
n1
1X
…+a°存在被称为负多项式的多项式
f（x）defanXnanixn1…a°，使得f（x）（f（x））0.
有了负多项式的概念就可以定义多项式的减法。
把两个多项式f（X）与g（x）的差定义
为：
f（x）g（x）deff（x）（g（x））
再定义多项式的乘法：
设多项式f（x）与g（x）如（1.2）,（1.3）式所示则定义它们的积为:
f（x）g（x）defanbmXnm（anbm1anibm）xnm1…（ab。
a°b）xa°b。
;
其中s次项的系数为：
asboasibi…aAia°bsa^（1.4）
ijs
所以f（x）g（x）可以表示成
nm
f（x）g（x）（aibj）xs
s0ijs
多项式的乘法也均有类似于整数乘法的性质：
（M1）乘法结合律：
（f（x）g（x））h（x）f（x）（g（x）h（x））;
（M2）乘法交换律：
f（x）g（x）g（x）f（x）;
（M3）多项式1的特征：
1f（x）f（x）f（x）1;
此外乘法与加法之间还满足分配律：
f（x）（g（x）h（x））f（x）g（x）f（x）h（x）;
以及
（f（x）g（x））h（x）f（x）h（x）g（x）h（x）;
以后我们把数域K上一元多项式的全体K[x]称为一元多项式环，简称多项式环
（polynomial
ring）。
在观察多项式的和与积的次数。
命题1.1对于多项式的乘法，有
deg（f（x）g（x））degfdegg,
特别当f（x）
0,g（x）0时有f（x）g（x）0。
推论1.2多项式的乘法满足消去律：
如果f（x）g（x）f（x）h（x），且f（x）0,那么
g（x）h（x）。
⑸
命题1.2设f（x）,g（x）K[x]，贝U
（1）degcf（x）
degf（x）,0cK
（2）deg（f（x）
[6]g（x））maxdegf（x）,degg（x）
2.2结式的定义
我们知道，结式在代数中有着许多重要应用。
利用结式能有效地解决两个一元多项式以及两个二元多项式的公共零点问题。
我们还知道，判别式在多项式理论中占有重要的地位。
根据判别式不但可以判定一个多项式是否有重根，而且还可以根据判别式的符号判定实系数多项式的根的情况。
而判别式恰与结式有密切联系，前者往往通过后者进行计算。
结式能够起到在两个联立的多项式方程中消去一个变量的作用。
先考虑两个一元多项式
f（x）a°xnaixn1…+anix+anK[x],
g（x）b°xmbixm1…+bmix+bmK[x],
其中n,m0,并且允许首项系数a0,b0等于0。
用xm1,xm2,…x,1分别乘f（x），用xn1,xn2,…x,1分别乘g（x），可以得到以下等式
组：
m1nm1nm2m1
xf（x）a°xa〔x…+anX
m2nm2m2
xf（x）a0x…+anx
nn1
f（x）a0xa1x…+an
n1nm1nm2n1
xg（x）boxbx…+bm1X
n2nm2n2
xg（x）box…+bmX
g（x）b0xmb1xm1…+bm
（1）
我们把等式组右边的系数矩阵记为
a0
a1
a0
………an
a1
………an
••••••••••••••••••
A
a0a1
………
an
}^行
}门行
（2）
b0
b1
…
…bm
b0
b1
……
bm
b0
b1……
bm
则AMnm（K）。
现在用矩阵A的最后一列元素的代数余子式
A,n
A2,n
m,n
分别去乘
（1）的各个等式并把乘积相加。
根据行列式的代数余子式
说得到下述结果:
（A,n
m1
mX
…+An,nm）f（X）
+Anm,nm）g（X）A
我们引进以下定义：
定义1设
nn1
f（x）a0xa1x…+an1x+an,
g（x）boxmb）xm1…+bm1X+bm,
是K[x]的两个多项式，并且n,m0。
则称行列式
a。
q
an
a。
a…
♦♦♦
…an
a。
a1
…an
}m^r
b。
b1
bm
}n行
bo
b1…
•♦♦
bm
bo
b1…-
…bm
为f（x）与g（x）的结式（resultant），记为Res（f,g）。
根据结式的定义，我们可以把（3）式改写成以下形式:
u（x）f（x）v（x）g（x）Res（f,g）。
其中
v（x）
n1
1,nmX
m,n
m-
显然有degu（x）m,degv（x）n.
这样就证明了以下命题
命题1设
f（x）
n
a°x
n1
a〔x
…+an必+an,
g（x）
.m
b°x
m1
bx
…+bm1x+bm,
是K[x]的两个多项式，
并且
n,m0。
则存在多项式u（x）,v（x）K[x],
degu（x）m,degv（x）n,使得
u（x）f（x）v（x）g（x）Res（f,g）（4）
利用这个命题可以证明下面的定理。
定理2设
f（x）a°xnaixn1…+anix+an,
g（x）boxmbixm1…+bmix+bm,
是K[x]的两个多项式，其中n,m0。
则结式Res（f,g）0的充分必要条件是：
或者aobo0,或者f（x）与g（x）有次数大于0的公因式（或等价地，f（x）和g（x）有公共的复数根）。
证明：
（）设Res（f,g）0则⑵式矩阵A的行向量1，…,mn线性相关，存在不全为零的数k1,…,kmn使得k11+?
+kmnmn0。
用k分别乘等式组
（1）的各式并相加，就可得到
m1亠n1亠
（k1X+?
+km）f（x）（km1x?
kmn）g（x）0
令
m1亠n1亠
u（x）k]X+?
+km,v（x）km1x?
kmn,则U（X）,V（X）不全为零，且
u（x）f（x）V（x）g（x）
若a°,b0不全为零，不妨设a。
0,则degf（x）n，因而f（x）v（x）g（x）。
如果
（f（x）,g（x））1,,有f（x）v（x）。
若v（x）0会得到u（x）0，与u（x）,v（x）不全为零矛
盾。
但degv（x）ndegf（x）,又导出矛盾。
所以deg（f（x）,g（x））0。
令d（x）（f（x）,g（x））。
由于d（x）次数大于0,它一定有一个复数根c。
根据多项式的根与
次因式的关系，有xc
d（x）。
由于d（x）是f（x）与g（x）的最大公因式，因此又有
xcf（x）,xcg（x）.再次利用根与一次因式的关系，就可得到f（c）g（c）0.这说明
f（x）与g（x）有公共的复数根c。
（）如果aobo0，则由结式的定义，Res（f,g）0.设d（x）（f（x）,g（x））。
如
果d（x）次数大于0,则由上证，f（x）与g（x）有公共的复数根c。
把c代入⑷，即有
Res（f,g）0.⑻
2.3结式的一些传统算法
2.3.1预备知识
我们知道，结式在代数中有着许多重要应用。
利用结式能有效地解决两个一元多项式以及两个二元多项式的公共零点问题我们还知道，判别式在多项式理论中占有重要的地位根
据判别式不但可以判定一个多项式是否有重根，而且还可以根据判别式的符号判定实系数
多项式的根的情况而判别式恰与结式有密切联系，前者往往通过后者进行计算有关结式的
计算，在一般高等代数教程中大致有以下两种方法，其一是行列式法，其二是公式法.本综
述给出另一种计算结式的方法这种方法在计算结式时只须对所给两个一元多项式进行有限次带余除法即（辗转相除）就可以了这种方法的优点在于它既可以避免高阶行列式的复杂计算，又可以避开求多项式的所有根的困难实践表明，就连普通的中学生也可以根据本综述
所给出的方法计算结式。
[10]
我们的讨论要用到以下预备知识:
仅限于在复数域上进行讨论。
nn1
f（x）a0xa1x
an（n0）
（1）
g（x）b°xmbixm1…bm（m0）⑵
均为复数域上两个一元多项式。
我们称mn阶（Sylvester）行列式:
为f（x）与g（x）的结式，记作Res（f,g）。
不难证明下列诸式成立:
Res（f,g）
（1）nmRes（g,f）⑷
分别为f（x）与g（x）的全部（复）根,
右a。
0,bo0,又印月2,…,an与1,2,
则
m
（Dnmbf（j）
j1
n
Res（f,g）a0°g（a）
i1
为了本文的需求，我们再给出关于结式的一个补充定义：
若g（x）为任一次数大于零的
多项式，r为任一复数，我们规定：
Res（g（x）,r）Res（r,g（x））rm（6）
其中0（g（x））m（记号°（g（x））表示g（x）的次数）
关于（6）式的合理性可作如下的解释：
根据结式定义，因为g（x）是m（m0）次多项
式，若数r0，则r是零次多项式，故g（x）与r的结式应该是m0阶行列式，而g（x）的
m
=r
r
rr
Res（g（x）,r）
特别地，我们规定
Res（g（x）,0）
Res：
0,g（x））0
（7）
2.3.2主要结果
命题1若f（x），
g（x）（见式
（1），
（2））满足f（x）g（x）q（x）
r（x）且r（x）0，
则
Res（f,g）（
1）nmm!
bTRes（r,g）
（8）
其中0（r（x））l
证若10，根据公式（5），我们有
Res（f,g）Res（g（x）q（x）r（x）,g（x））
m
（1）%r（j）
ji
m
（1）nmb0；[g（j）q（j）r（j）]
j1
m
nmml]nImKlnmmKnl,
（1）bo
（1）bor（j）
（1）boRes（r,g）
j1
nmn
（1）boRes（r,g）。
从而式（8）获证。
类似地，由公式（4）与（8）不难证明
命题2若f（x），g（x）（见式
（1），
（2））满足g（x）f（x）q（x）r（x）且r（x）o，
m1
Res（f,g）aoRes（f,r）（9）
其中0（r（x））l。
［注］若r（x）0，则上述两个命题的结论显然均为Res（f,g）0。
一般来说，根据命题1或2，虽然能使结式计算得以简化,但在许多情况下还显得远远
不够,为此我们再给出
命题3若f（x），g（x）（见式
（1），
（2））满足
f（x）g（x）q1（x）r1（x）,g（x）r1（x）q2（x）r2（x）,
r1（x）r2（x）q3（x）r3（x）,
rk2（x）rk1（x）qk（x）rk（x）,
rki（x）m（x）qki（x）Ri（x）,且—（x）0,则
Res（f,g）
（1）出忆；呢1。
1……rk；1lk1Res（rk,rkJ（10）
其中li与rio分别为ri（x）（i1,2,…，k1）的次数与首项系数，rnmmh症…+Lh
证先看k为奇数的情形。
此时，我们反复应用公式（8）与（9），可得
Res（f,g）
（1）nmml1b0nl1Res（r1,g）Res（r1,g）r1m0l2Res（r1,r2）
Res（r1,r2）
（1）l1l2l2lr2l10lRes（r3,r2）,
Res（rk2,rk1）
（1）lk3lk2lk1lkrklk12lkRes（rk,rk1）,
Res（rk,rk1）rkl0klk1Res（rk,rk1）.
将以上诸式两边分别相乘得
Res（f,g）
（1）nmmi2l2b…+lk2lk1山卽扩…rR。
1lk1Res（rk,rk1）.（11）
为了便于计算,我们不妨把整数的代数和。
nmmliI1I2W…lk2〔k1lkilk
干脆改换成它们的和：
nmmlilil2l2l3…1k2lk1lk11k
显然，这样做实际上并不影响共奇偶性。
故由式（11）即得我们所要的公式（10）。
若k为偶数，我们有
Res（f,g）
（1）nmml1b0nl1Res（r1,g）,Res（r1,g）r1m0l2Res（r1,r2）
Res（r1,r2）
（1）l1l2l2lr2l10lRes（r3,r2）,
Res（rk1,rk2）rklk12lkRes（rk1,rk）,lk2lk1lklk1lk1lk1
Res（rk1,rk）
（1）k2k1kk1rkk1k1Res（rk1,rk）,
将以上诸式两边分别相乘，并且注意到
（1）lklk1Res（rk1,rk）Res（rk,rk1）
即可得出公式（10）。
因此，不论k为奇为偶，式（10）恒成立。
[11,12]
2.3.3算法例举
例1求下列多项式的结式：
f（x）2x57x34x25x3,g（x）x33x1
解对f（x）与g（x）作辗转相除：
533221,52小31/八30./、
Res（f,g）
（1）12（4）Rega）
及任何行列式。
[13]
例2求下列多项式的结式:
解因为f（x）xg（x）an,故由命题1得
n（n1）nnn1
Res（f,g）
（1）aoRes（an,g）aoan
例3求下列多项式的结式:
3
g（x）H（x）（xx）1,b（x）1
因为n41,m4,h1,b。
1，故由公式（10），我们有
Res（f,g）
（1）414411411Res（x1,1）1。
仅此三例足见本文给出的算法要比直接用式（3）或（5）式进行计算都要简捷得多作为结
束，我们综合应用公式（5）和本文的公式（10）证明一个有趣的恒等式：
（11）（12）-（12n）1
（12）
与例3相类似，由公式（10）易得Res（f,g）1
另一方面，根据公式（5），又有
Res（f,g）
（1）2n（2n2）f
（1）f
（2）…f（2n）
（12n31）（2n31尸（；：
31）
（11）（21）-（2n1）
综合以上两个结果即得恒等式（12）。
又因kcos盔-
2n1
isin空,（i2
2n1
1）根据三角公式易得
2cos（cos—
2n12n1
isin，）
2n1
kni
ck
2cose
2n1
2n
1,（k
1,2,…，2n）
2nkni
2n1
cos.e
2n1k1
2nkni
2nkni
其中e2n1
ek12n1
eni
cosn
k1
2nk1
（1）n,故由恒等式又得一个三角恒等式:
kcos——2n
（1）n
2n
（13）
仿照恒等式（12）,（13）
的推导方法还能得出许多更为复杂的恒等式。
例4判断
f（x）
2x3
g（x）
在复数域中有没有公共根。
解:
Res（f,g）
所以f（x）和g（x）互素，从而它们在复数域上没有公共根。
实际上，结式的真正意义在于它能从2个多项式联立方程中消去一个未知量。
从而提供
了解2元高次代数方程组的一个方法。
设f（x,y）,g（x,y）K[x,y]。
f（x,y）
g（x,y）
在复数域中的全部解。
把f（x,y）,g（x,y）看成x的多项式：
我们要求方程组
（14）
f（x,y）a°（y）xnady）xn1…an（y）（15）
g（x,y）b°（y）xmd（y）xm1…bm（y）（16）
其中a°（y）,…,an（y）,b°（y）,…,bm（y）K[y]。
我们把行列式
a）（y）
ai（y）
•…•…
•…
an（y）
ao（y）
ai（y）…
•…
…an（y）
ao（y）
ai（y）
………
-an（y）
bo（y）
bi（y）
……
bm（y）
bo（y）
bi（y）…
•…
bm（y）
bo（y）
bi（y）
-bm（y）
称为多项式
K[y]
式。
f（x,y）,g（x,y）关于变量x的结式，记为
Re&（f,g）。
注意这是变量
y的多项
如果方程组（14）在复数域中有一个解（c,d）,那么c是x的复数系多项式f（x,d）与
g（x,d）的公共根，因此根据定理，这两个一元多项式的结式Res（f（x,d）g（x,d））0。
注
意到Resx（f,g）（d）Res（f（x,d）,g（x,d））0，说明d是y的多项式Re&（f,g）（y）的一
个复根。
反之，如果d是多项式Re&（f,g）（y）的一个复数根，则结式
Res（f（x,d）,g（x,d））0
有ao（d）bo（d）0,或者一元多项式f（x,d）与g（x,d）有公共的复数根c。
在后一情形，（c,d）是方程组（14）的一个解。
给出了解二元高次方程组的一个一般方法。
我们先对一个变量x求结式Res<（f,g），
再求出这个y的多项式的所有复数根。
然后把求得的每个复数根分别代入原方程组，求出x
的公共根。
这样就可以得到原方程组在复数域中的所有解。
由于x与y的地位是对称的，因此也可以先对y求结式。
结果当然是一样的，不过难
易程度可能会有很大差别。
因为结式法把求二元方程组的解归结为求解一元方程组
Resx（f,g）（y）0
的问题，从两个变量中消去了
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