Tässä mukava pähkinä:
Olkoon meillä tason polku g(t) = (p(t), q(t)), missä p ja q ovat polynomeja. Osoita, että on olemassa sellainen kahden muuttujan polynomi f(x,y) (joka ei ole nollapolynomi), että polun g kuva sisältyy joukkoon {(x,y) | f(x,y) = 0}.
Bonus: Mitenkäs kääntäen: Saadaanko polynomin f nollajoukko (mahdollisesti useamman) polynomipolun kuvana? Millaisille f tämä on mahdollista jos ei kaikille?
Olkoon meillä tason polku g(t) = (p(t), q(t)), missä p ja q ovat polynomeja. Osoita, että on olemassa sellainen kahden muuttujan polynomi f(x,y) (joka ei ole nollapolynomi), että polun g kuva sisältyy joukkoon {(x,y) | f(x,y) = 0}.
Bonus: Mitenkäs kääntäen: Saadaanko polynomin f nollajoukko (mahdollisesti useamman) polynomipolun kuvana? Millaisille f tämä on mahdollista jos ei kaikille?
Vastaukset 23
Vanhimmat
Hahmotellaan hieman ratkaisumahdollisuuksia.
Polku (p(t), q(t)) on jonkinlainen kiemura joka menee kummastakin päästä äärettömyyteen.
Kun t > 0 on suuri, niin p(t) ~ at^m ja q(t) ~bt^n. Jos p(t) saa arvon x0, niin
t = t0 = (x0 / a)^(1/m). (x0:n merkki valitaan niin, että x0 / a >= 0)
Silloin vastaava polun y-koordinaatti on b * (x0 / a)^(n/m). Äärettömyyteen menevät polun haarat ovat siis muotoa y ~ Bx^r (r = n/m).
Olisiko mahdolllista konstruoida sellainen polynomi f(x,y), jonka kuvaaja olisi parabolinen ränni, jonka pohjakäyrä olisi muotoa Bx^r? Kun ränni on tarpeeksi laakea ja sitä lasketaan alaspäin tarpeeksi, niin keskialueella olevat kiemuratkin mahtuvat käyrän f(x,y) = 0 sisälle.
Jos t-alue on äärellinen, niin tehtävä on triviaali. Tehdään vaan sopiva paraboloidi, jonka 0-tasokäyrän sisälle koko hökötys mahtuu.
Keksikööt viisaammat lisää.
Polun kuvan on sisällyttävä joukkoon {f=0}, eli oltava sen osajoukko.
Nyt laitoit niin pahan tehtävän, että tunnin pohtimisen jälkeen luovutan. Menee liiaksi ohi oman osaamiseni. Sen verran pääsin jäljille, että tässä joudutaan sekoamaan vaativaan teoreettiseen puoleen, polynomirenkaan ideaaleihin ja noiden kahden polynomin p ja q resultanttiin. Jos joku esitää todistuksen täällä, niin lukijoista tuskin löytyy kolmea henkilöä, jotka ennestään tuntevat todistuksessa käytettävät käsitteet.
Kyllä tuo ratkeaa ihan.... (nyt tulee vinkki) ..... Se ratkaisu mikä itselläni on mielessä on melko helposti ymmärrettävissä ilman mitään syvempiä tietoja, yksi lause lineaarialgebrasta tarvitaan (joka sekin on periaatteessa melko selvä asia).
Bonuskysymyksestä en sitten tiedä, en osaa sitä itsekään ratkaista.
Tuo eka kysymys ratkeaa ihan valitsemalla f(x,y) on polynomien p(t)-x ja q(t)-y resultantti. Tai sitten voit muodostaa ns. eliminointi-ideaalin (elimination ideal) ja laskea tällaisen Gröbnerin kannan. Kaikki tämän kannan alkiot jotka eivät sisällä t:tä toteuttavat ehdon.
Miten tuo bonuskysymys formuloidaan täsmällisesti? Onko polynomit reaaliluvuilta itselleen? Voiko polynomipolun komponentteja olla mielivaltainen määrä?
Ovat reaaliluvuilta itselleen (t käy läpi R:n) ja polkuja ei saa olla mielivaltainen määrä, muutenhan se joukko voitaisiin täyttää vakiopoluilla (x_0, y_0), (x_0, y_0) \in {f=0}.
Yksi polkuhan ei riitä: esim. jos f on muotoa (x^2-y)((y 1)^2-x), niin joukolla {f=0} on kaksi komponenttia. Varmaksi en osaa sanoa, mutta luulisin, että jos {f=0} on mahdollista "piirtää" polynomipoluilla, niin äärellisen monta luulisi riittävän.
------------------------------------------------------------------------------------------------
Täsmällisesti bonuskysymys kuuluisi jotenkin näin:
Milloin kahden (reaali-)muuttujan reaalikertoimisille polynomifunktioille f on olemassa polut (p_i(t), q_i(t)), i = 1,2,...,n; p_i, q_i reaalipolynomeja; t \in R, s.e.
{(x,y) | f(x,y) = 0} = U_{i=0}^n (p_i, q_i)(R)
(Unionia merkattu U:lla)
-----------------------------------------------------------------------------------------------
Kaikille f:hän tämä ei ole mahdollista esim. x^2 y^2 - 1. Nollajoukko on yksikköympyrä. Tätähän ei pysty mitenkään polynomeilla parametrisoimaan (polynomipolun tarpeeksi korkean asteinen derivaatta(vektori) on identtisesti nolla, ympyrällä ei).
Korjaus:
Mille kahden (reaali-)muuttujan reaalikertoimisille polynomifunktioille f
Ts. mitkä f ovat sellaisia, joille tuo onnistuu. Kamalaa sanamuodon pyörittämistä tämä mutta toivottavasti tuli nyt selväksi :D.
Okei. Taisin tajuta kysymyksestä jotain, mutta vaikuttaa vaikealta. Mitä tarkoittaa (p_i, q_i)(R)? Oletko koettanut kysyä osoitteesta http://math.stackexchange.com/ ? Voit saada paremmin vastauksia sieltä.
Tuossa taitaa olla pieni virhe. Ilmeisesti U_{i=0}^n pitäisi olla U_{i=1}^n?
(p_i, q_i)(R) on polun kuva, eli t käy läpi koko reaalilukujoukon.
Joo indeksin pitäisi lähteä 1:stä.
Eräs tapa tehdä eka kohta algebrallisen geometrian avulla: Laajennetaan g projektiivisten avaruuksien väliseksi rationaalikuvaukseksi G:P^1->P^2. Tämä on morfismi, selitetty jossain Hartshornen kirjan luvussa. Nyt G:n kuva on algebrallinen käyrä, kunhan p ja q eivät ole molemmat vakioita. Se toteuttaa polynomiyhtälön F(x,y,z)=0, joten g:n kuvalla on yhtälö f(x,y)=F(x,y,1)=0.
En nyt saanut oikein selvää mitä kysymys tarkoittaa. Jos ajatellaan paikkavektoria niin onko tuo sinun polkusi g(t) = p(t) i q(t) j missä p ja q ovat polynomeja? Tällöinhän pitäisi sitten olla f(p(t),q(t)) = F(t) = 0 kaikilla t-arvoilla eli F:n on oltava nollapolynomi.Huom.! Siis F:n, ei f:n.
Esimerkki: p(t) = t ja q(t) = t. Jos f(x,y) = x - y niin F(t) = f(p(t), q(t)) = f(t,t) ) = t - t =0. Myös polynomifunktiot x^2 - y^2, x^3 - y^3 jne käyvät.
Yleensäkin jos F(t) on nollapolynomi niin f(x,y) voidaan kertoa millä tahansa kahden muuttujan polynomilla ja edelleen tulos toteuttaa yhtälön.
Vai tarkoititko jotain muuta? Tuolla myöhemmin puhelit jotain sellaista että polkuja olisikin useita. Joten en päässyt kärryille.
Ohman
"Yleensäkin jos F(t) on nollapolynomi niin f(x,y) voidaan kertoa millä tahansa kahden muuttujan polynomilla ja edelleen tulos toteuttaa yhtälön."
????
Tässä siis piti osoittaa, että on olemassa sellainen kahden muuttujan polynomi f(x,y) j.n.e.
Olemassaoloa ei tässä ketjussa ole vielä osoitettu. Toistaiseksi on vain kerrottu miten kyseinen polynomi generoidaan, muttei ole osoitettu sen täyttävän annetun ehdon.
1.Et nyt vastannut kysymykseeni vaikka nokikanallehan se oikeastaan oli tarkoitettu.
2.Tiedän kyllä, ettei tuota olemassaoloa ole vielä osoitettu.
3.Mitä tuohon ????-asiaan tulee:
Jos f(x,y) on sellainen polynomi, että F(t) = f(p(t),q(t)) = 0 kaikilla t:n arvoilla, niin
jos otetaan mikä hyvänsä toinen polynomi h(x,y) niin h(x,y) f(x,y) häviää myös kun f(x,y) häviää eli h(p(t),q(t)) f(p(t),q(t)) = 0 ja tuo polku (p(t),q(t)) on siis myös osajoukko niiden parien (x,y) joukossa joilla tuo tulo häviää. Voihan se tulo tietysti hävitä myös sellaisissa h(x,y):n nollakohdissa jotka eivät ole f(x,y):n nollakohtia . Mitä ????-aihetta tässä oli?
Mutta jos nokikana234 tehtävällään tarkoitti jotain muuta kuin minä tässä arvelen niin sittenhän asiat voivat olla vaikka toesinnii.
Ohman
Aivan oikein ymmärsit, Ohman.
Ne "useammat polut" liittyivät sitten siihen toiseen kysymykseen, että jos meillä on f annettu, niin voidaanko sen nollajoukko {(x,y) | f(x,y) = 0} kulkea polynomipolulla. Tämä ei aina onnistu ja joskus se johtuu siitä, että f hajoaa kahden polynomin tuloksi ja nollajoukko kahdeksi komponentiksi (jos nollajoukko ei ole yhtenäinen, niin nähdään suoraan ettei sitä voi millään polulla kulkea) ja sitten voidaan kysyä voisiko sen kulkea useammalla polynomipolulla (yksi kummallekin komponentille). Toisaalta voihan nollajoukolla olla useampi komponentti vaikkei f hajoaisikaan tuloksi esim. f(x,y) = xy - 1. Sitten vielä toisaalta on sellaisia f, joille nähdään että se polynomipoluilla kulkeminen ei mitenkään onnistu äärellisen monella (ei saa kulkea piste kerrallaan ja käyttää ylinumeroituvan monta polkua :D) esim f(x,y) = x^2 y^2 - 1, jonka nollajoukko on yksikköympyrä.
"Mitä ????-aihetta tässä oli?"
Sori en muotoillut ajatustani selkeästi. Tulkitsin sinun totevan, että f(x,y) ei ole yksikäsitteinen. Tulin ihmetelleeksi, miten yksikäsitteisyys oikeastaan liittyy asiaan, kun riittää osoitettavan että yksikin löytyy.
Se nyt vaan oli lisähuomio että jos yleensä yksikin f(x,y) löytyy niin sitten niitä löytyy vaikka kuinka paljon.
Ohman
Laitetaan nyt ratkaisu, jos joku vielä miettii. Tämä saattaa periaattessa olla sama idea kuin tuossa resultti-ratkaisussa ja pohjimmiltaan myös algebrallisen geometrian kautta menevässä(?)
No tässä se tulee:
Olkoon p:n aste k ja q:n aste m. Merkitään n=k m 1. Nyt termejä
x^iy^j, i = 0, 1,..., n ja j = 0, 1,..., n
on (n 1)^2 kappaletta.
Lasketaan jokaiselle (i, j) polynomi u_{ij}(t) = p(t)^iq(t)^j. Tämän aste on
ki mj <= kn mn = (k m)n < n^2, joten u_ij kuuluu vektoriavaruuteen
V = {reaalikertoimiset, korkeintaan n^2 asteiset polynomit}.
Muodostetaan nyt lineaarikuvaus
L:R^{(n 1)^2} --> V, L((a)_{ij}) = Summa a_{ij}u_{ij}.
Koska lähtöpuolen dimensio on aidosti suurempi kuin kuvapuolen, täytyy L:n ytimen olla epätriviaali. Siis on (n 1)^2 pituinen vektori
a = (a_ij)_{i=1,2,...n 1; j=1,2,...,n 1} != 0, jolla L(a) = 0 (eli nollapolynomi avaruudessa V).
Valitaan nämä a_{ij}:t termien x^iy^j kertoimiksi f:ään eli
f(x,y) = Summa a_{ij}x^iy^j.
Tällöin f(p(t), q(t)) = Summa a_{ij}p(t)^iq(t)^j = Summa a_{ij}u_{ij}(t) = L(a)(t) = 0, sillä L(a) on nollapolynomi.
------------
Tässä on tuo n:n valinta tehty melko karkeasti, pienemmälläkin pärjättäisiin. Esim. jos p, ja q ovat molemmat astetta 2, niin (f:ään valittavat) termit x^2, xy, y^2, x, y, 1 (6kpl) riittävät, sillä p^iq^j (i j<=2) on tällöin aina korkeintaan astetta 4 (V:n dimensio 5).
Minähän annoin jo ratkaisun.
Joo, mutta tämä oli tällainen elementaarisempi ratkaisu. Monelle (kuten ei itsellenikään) tuo algebrallinen geometria ei varmaankaan ole kovin tuttua. Onko siinä ratkaisussa sama idea pohjalla?
Tuo "Gröbnerin kanta"-ratkaisu, kuulostaa siltä että se saattaa olla samantapainen ratkaisu vain hienommin termein (valitaan tarpeeksi termejä, joita lineaarikombinoimalla saadaan sitten varmasti sellainen f!=0, joka toimii).
nokikana 234:
Luin nyt todistuksesi. En tiedä jäikö minulta jotain huomaamatta mutta kysyn nyt:
Sanoit, että tuossa on lineaarikuvaus vektoriavaruudesta toiseen.
Jos p(t) ja q(t) ovat nuo annetut polynomit ja niiden avulla muodostetaan F(x,y) - vektoreista vektoreita f(t) = F(p(t),q(t)) niin eikös saadun vektorin f dimensio ole suurempi kuin F:n alkuperäinen dimensio jos ainakin toisen polynomin p ta i q aste on > 1.
Esim. F(x,y) = x^2 y^2, p = t^10 ja q= t^100. f(t) = t^20 t^200 eli f = 201-dimensioisen avaruuden vektori.
Ja näinhän käy oli F:n dimensio mikä hyvänsä (> 1) että f:n aste on suurempi kuin F:n aste.
Näin ollen kuvan dimensio olisi suurempi kuin alkukuvan!Kuvaus ei voi olla lineaarinen!
Vai onko alkuva-avaruuden dimensio ääretön?Eli F voi olla minkäasteinen tahansa.Ja silloin myös kuva-avaruuden dimensio on ääretön. Jos näin on, miten käy argumentillesi tuosta ytimestä?
Missä tein nyt ajatusvirheen?Vai teinkö?Voi olla aamuista unenpöpperöä tämä kysymykseni. Tai sitten ei.
Ohman
Huomaa, että lineaarikuvaus L lähtee (n 1)^2 -ulotteiselta euklidiselta avaruudelta R^((n 1)^2). Siinä vektori menee termien kertoimiksi (joista f koostetaan).
-
Funktiota f ei ole aluksi annettu vaan se täytyy juuri konstruoida.
Polynomit p ja q on annettu. Näiden asteet olkoot k ja m (ei nyt nollapolynomin astetta ihmetellä, jos jompi kumpi on nolla, niin tapaus on triviaali). Aluksi kiinnitetään n tarpeeksi suureksi (deg p deg q 1 ainakin riittää). Sitten lasketaan polynomit p(t)^iq(t)^j, i,j=0,1,2,...,n. Näitä on (n 1)^2 kappaletta ja jokaisen aste on alle n^2:
deg(p^iq^j) <= kn mn = n(k m) < n^2
-
Nyt näitä polynomeja summailemalla (lineaarikombinoimalla) pitäisi saada nollapolynomi. Ja sehän onnistuu, sillä polynomeja on enemmän kuin yhdenkään aste on ( 1, vektoriavaruuden {p reaalipolynomi| deg p <= n^2} dimensio on n^2 1).
-
Ajatusvirheesi on minun nähdäkseni siinä, että oletat, että F on aluksi kiinnitetty, jota se ei ole.
En ajatellut että F on kiinnitetty mutta p ja q tietysti ovat annetut.Sinulla oli p:n aste k ja q:n aste m. Laskit luvun n = k m 1 ja muodostit sitten avaruuden, jonka dimensio on (n 1)^2 jonka elementtejä ovat polynomit F(x,y). Tuo dimensio on siis määrätty kun p ja q on annettu.
Ajattelin virheellisesti että tuo dimensio olisi pienempi kuin se joka saadaan kun p(t) ja q(t) sijoitetaan . Mutta ei näin olekaan.
Ohman