Oct 122017
 

齐次多项式(Homogeneous polynomial)在数学中有其特殊的重要性.

在代数几何, Homogeneous polynomial 尤其受到偏爱.

实数域上的的 \(n\) 元多项式环, 以 \(\Bbb R[x_1, x_2,\dotsc, x_n]\) 表之.

Hilbert 限制在齐次多项式.

定义 5.1 设 \(p\in \Bbb R[x_1, x_2,\dotsc, x_n]\), 其次数 \(\leqslant d\). 把 \(n+1\) 元 \(d\) 次齐次多项式

\begin{equation}\overline{p}(x_0, x_1,\dotsc, x_n)=x_0^dp\Big(\frac{x_1}{x_0}, \frac{x_2}{x_0},\dotsc, \frac{x_n}{x_0}\Big)\end{equation}

称为是 \(p\) 的齐次化(Homogenization). 具体来说, 当  \(p=\sum cx_1^{d_1}x_2^{d_2}\dotsm x_n^{d_n}\), 那么

\begin{equation}\begin{split}\overline{p}(x_0, x_1,\dotsc, x_n )&=x_0^d\sum c\Big(\frac{x_1}{x_0}\Big)^{d_1}\Big(\frac{x_2}{x_0}\Big)^{d_2} \dotsm \Big(\frac{x_n}{x_0}\Big)^{d_n}\\&=\sum cx_0^{d-d_1-d_2-\dotsb-d_n}x_1^{d_1}x_2^{d_2}\dotsm x_n^{d_n} \\&=\sum cx_0^{d_0}x_1^{d_1}x_2^{d_2}\dotsm x_n^{d_n},\end{split}\end{equation}

这里 \(d_0=d-d_1-d_2-\dotsb-d_n\).

定理 5.2  设 \(p\in \Bbb R[x_1, x_2,\dotsc, x_n]\), 其次数 \(\leqslant d\). 如果 \(d\) 为偶数, 那么

  • \(p\) 非负当且仅当 \(\overline{p}\)  非负;
  • \(p\) 是多项式的平方和当且仅当 \(\overline{p}\)  能表成 \(\frac d2\) 次齐次多项式的平方和.

引理 5.3  假定 \(p\), \(p_1\), \(p_2\), \(\dotsc\), \(p_k\in \Bbb R[x_1, x_2,\dotsc, x_n]\) 都是多项式, \(p=p_1^2+p_2^2+\dotsm+p_k^2\).  如果 \(p_1\), \(p_2\), \(\dotsc\), \(p_k\) 不全是零多项式, 那么

  1. \(p\ne0\);
  2. \(\deg(p)=2\max\{\deg(p_l)|l=1, 2, \dotsc, k\}\);
  3. 如果 \(p\) 是 \(d\) 次齐次多项式, 则诸 \(p_l\) 皆是 \(\dfrac d2\) 次齐次多项式.

Proof   不妨 \(p_1\ne0\). 于是, 存在 \(x\in\Bbb R^n\), 使得 \(p_1(x)\ne0\). 然后

\[p(x)=p_1^2(x)+p_2^2(x)+\dotsm+p_k^2(x)\ge0\]

蕴涵 \(p(x)\ne0\).

写 \(p_l\) 为 \(p_l=p_{l0}+p_{l1}+p_{l2}+\dotsb+p_{ld}\), 这里 \(p_{li}\) 是 \(p_l\) 的 \(i\) 次齐次成分, \(d=\max\{\deg(p_l)|l=1, 2, \dotsc, k\}\). 很明显, \(\deg(p)\leqslant2d\); 1 表明 \(p\) 的 \(2d\) 次齐次成分 \(p^2_{1d}+p^2_{2d}+\dotsb+p^2_{kd}\ne0\), 因为有某 \(l\) 使得 \(p_{ld}\ne0\).

第 3 部分的证明与 2 完全类似, 考虑诸 \(p_l\) 的最低次齐次成分即可.  \(\Box\)

Proof   当 \(p\) 非负之时, 要证明 \(\overline{p}\) 非负, 若 \(x_0\ne0\), 由 \((1)\) 式即可; 若 \(x_0=0\), 由

\begin{equation}\overline{p}(0, x_1,\dotsc, x_n)=\lim_{h\to0}\overline{p}(h, x_1,\dotsc, x_n)\end{equation}

立得.

当 \(\overline{p}\) 非负之时, 只要注意

\begin{equation}p(x_1,\dotsc, x_n)=\overline{p}(1, x_1,\dotsc, x_n)\end{equation}

即知 \(p\) 非负.

如果\(p\) 是多项式的平方和, \(p=\sum\limits_{l=1}^kp_l^2\), 那么依据引理 5.2, \(\deg(p_l)\leqslant\dfrac d2\). 然后

\begin{equation}\overline{p}=\sum_{l=1}^k\Bigg(x_0^{\frac d2}p_l\Big(\frac{x_1}{x_0}, \frac{x_2}{x_0},\dotsc, \frac{x_n}{x_0} \Big)\Bigg)^2 \end{equation}

说明  \(\overline{p}\)  能表成 \(\frac d2\) 次齐次多项式的平方和.

如果  \(\overline{p}\)  能表成多项式的平方和, \(\overline{p}=\sum\limits_{l=1}^kh_l^2\),

\begin{equation}p=\overline{p}(1, x_1,\dotsc, x_n)=\sum_{l=1}^k\Big(h_l(1, x_1,\dotsc, x_n)\Big)^2\end{equation}

说明 \(p\)  能表成多项式的平方和.       \(\Box\)

现在, 很容易的, 我们顺便建立二次多项式非负与平方和的联系.

定理 5.4 设二次多项式 \(p\in \Bbb R[x_1, x_2,\dotsc, x_n]\) 非负, 那么 \(p\) 能写成多项式的平方和.

有了定理 5.2, 这个定理就是很显然的了: 只需要考虑与 \(p\) 对应的二次齐次多项式 \(\overline{p}\) 就够了. \(\overline{p}\) 是二次型. 依据高等代数的正定二次型的理论, 我们断言定理 5.4 为真.

Sep 242017
 

1971 IMO P1   Prove that the following assertion is true for \(n = 3\) and \(n = 5\), and that it is false for every other natural number \(n\gt2\):

If \(x_1\), \(x_2\), \(\dotsc\), \(x_n\) are arbitrary real numbers, then

\begin{equation}A_n(x)= \sum_{i=1}^n\prod_{j\ne i}\Big(x_i-x_j\Big)\geqslant 0.\end{equation}

Anneli Lax  and Peter Lax 1978 年在 [1] 指出: \(A_5(x)\) 不能表成二次型的平方和.

说明 \(A_5(x)\geqslant0\) 是不难的. 几个网站和无数的竞赛辅导书给的答案都是一致的:

无妨 \(x_1\geqslant x_2\geqslant x_3\geqslant x_4\geqslant x_5\). \((1)\) 的前两项的和

\begin{equation}\begin{split}&\hspace3.25ex(x_1-x_2)(x_1-x_3)(x_1-x_4)(x_1-x_5)+(x_2-x_1)(x_2-x_3)(x_2-x_4)(x_2-x_5)\\&=(x_1-x_2)\Big((x_1-x_3)(x_1-x_4)(x_1-x_5)-(x_2-x_3)(x_2-x_4)(x_2-x_5)\Big)\\&\geqslant0,\end{split}\end{equation}

最后的不等式是因为 \(x_1-x_j\geqslant x_2-x_j\geqslant0\), \(j=3\), \(4\), \(5\).

同理, \((1)\) 的最后两项的和亦然 \(\geqslant0\).

至于 \((1)\) 的中间那项

\begin{equation}(x_3-x_1)(x_3-x_2)(x_3-x_4)(x_3-x_5)\geqslant0,\end{equation}

因了 \((x_3-x_1)(x_3-x_2)\geqslant0\), \((x_3-x_4)(x_3-x_5)\geqslant0\).

证明 \(A_5(x)\geqslant0\) 的途径不止这一种: 左边展开再证明局部的不等式应该也是可以的, 不过需要耐心; 使用导数是解决此类问题的普遍办法.

定理 4.1

  • 设 \(x_1\), \(x_2\), \(x_3\), \(x_4\), \(x_5\) 是实数, 有 \(A_5(x)\geqslant0\) 为真 ;
  • \(A_5(x)\) 不能写成多项式的平方和.

依据定理 2.2, 假定 \(A_5\) 能写成

\begin{equation}A_5=\sum Q_j^2,\end{equation}

此处的 \(Q_j\) 都是二次型. 显而易见, 当 \(A_5=0\) 时, \( Q_j=0\) 皆真.

\begin{equation}x_1=x_2,\;\; x_3=x_4=x_5,\end{equation}

或者对 \((5)\) 的指标进行置换得到的条件为真的时刻, 就符合每个 \(x_j\) 与其余的一个 \(x_k\) 相等.

Lemma 4.2  二次型 \(Q\), 只要条件 \((5)\) 或者 \((5)\) 的指标进行置换得到的条件任何一个为真, 总能导致 \(Q=0\), 那么二次型 \(Q\equiv0\).

若 Lemma 成立, 结合在\(A_5=0\) 蕴涵 \( Q_j=0\) 皆真, 我们知道 \((4)\) 中的 \(Q_j\equiv0\). 故而, \((4)\) 不能成立, 从而也就证明了定理 4.1.

Proof of the Lemma  记

\begin{equation}Q(x)=\sum c_{jk}x_jx_k,\;\; c_{jk}=c_{kj}.\end{equation}

根据假定, 当 \(x_1=x_2=y\), \(x_3=x_4=x_5=z\) 时,

\begin{equation}\begin{split}Q&=(c_{11}+2c_{12}+c_{22})y^2\\&+2(c_{13}+c_{14}+c_{15}+c_{23}+c_{24}+c_{25})yz\\&+(c_{33}+c_{44}+c_{55}+2c_{34}+2c_{35}+c_{45})z^2=0.\end{split}\end{equation}

既然无论 \(y\), \(z\) 为谁, 此皆为真, 于是

\begin{equation}c_{11}+2c_{12}+c_{22}=0;\end{equation}

\begin{equation}c_{13}+c_{14}+c_{15}+c_{23}+c_{24}+c_{25}=0;\end{equation}

\begin{equation}c_{33}+c_{44}+c_{55}+2c_{34}+2c_{35}+c_{45}=0.\end{equation}

这几个式子的指标置换得到的关系式也是成立的, 从 \((8)\) 式, 使用置换 \((12345)\to(34125)\), 则

\begin{equation}c_{33}+2c_{34}+c_{44}=0.\end{equation}

从 \((10)\) 式减去 \((11)\) 式,

\begin{equation}c_{55}+2c_{35}+2c_{45}=0.\end{equation}

考虑所有保持 \(5\) 不动的置换, 从 \((12)\) 式得到的关系式也是对的, 从而

\begin{equation}c_{j5}+c_{k5}=-\frac12 c_{55}\end{equation}

当 \(j\ne k\) 且 \(j\), \(k\ne5\). 进而

\begin{equation}c_{15}=c_{25}=c_{35}=c_{45}.\end{equation}

交换 \(1\) 和 \(5\), 以及 \(2\) 和 \(5\), 从 \((14)\) 式可得

\begin{equation}c_{51}=c_{21}=c_{31}=c_{41}.\end{equation}

\begin{equation}c_{12}=c_{52}=c_{32}=c_{42}.\end{equation}

根据 \( c_{jk}\) 的对称性, 从而

\begin{equation}c_{1j}=c_{2j}=c_{12}\qquad    j=3, 4,5.\end{equation}

带入 \((9)\) 式, 导致 \(6c_{12}=0\), 亦即 \(c_{12}=0\).  既然 \(1\), \(2\) 这一对数能换成别的任意的数, 于是

\begin{equation}c_{jk}=0 \qquad    j\ne k.\end{equation}

带入 \((12)\) 式, 定出 \(c_{55}=0\).  既然 \(5\) 能换成别的任意的数, 于是

\begin{equation}c_{jj}=0.\end{equation}

这便完成了引理的证明.

References

  1. Anneli Lax, Peter Lax, On sums of squares, Linear Algebra and its applications, 20, 71-75 (1978)
Sep 232017
 

M.D. Choi, T.-Y. Lam 1977 年举了一个例子: The Choi-Lam polynomial \(Q(x, y, z, w) =x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+w^4-4xyzw\) 不能写成多项式的平方和. 与 The Motzkin polynomial 一样, Choi-Lam 多项式也会在以后的证明成为关键角色.

后面的定理 5.2 说明 \(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+w^4-4xyzw\) 不能写成多项式的平方和实际就是下面定理的后半部分:

定理 3.1 Choi-Lam 多项式

\begin{equation} Q(x, y,z) =x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+1-4xyz,\end{equation}

那么

  • \(Q(x, y,z)\geqslant0\) 为真对任意实数 \(x\), \(y\),  \(z\);
  • \(Q(x, y,z)\) 不能写成多项式的平方和.

方法是完全照搬的. 如果 \(Q(x, y, z)\) 是一些次数(至多)为 \(2\) 的多项式的平方和:

\begin{equation} Q(x, y, z) =\sum_{l=1}^k\Big(a_l+b_lx+c_ly+d_lz+e_lx^2+f_ly^2+g_lz^2+h_lxy+i_lyz+j_lzx\Big)^2,\end{equation}

这里 \(a_l\), \(b_l\), \(c_l\), \(d_l\), \(e_l\), \(f_l\), \(g_l\), \(h_l\), \(i_l\) 和 \(j_l\) 都是实常数, \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\).

\((1)\) 没有 \(x^4\), \(y^4\), \(z^4\) 项, 因此\((2)\) 的右边的这些项的系数为 \(0\). 于是

\[\sum_{l=1}^ke_l^2=\sum_{l=1}^kf_l^2=\sum_{l=1}^kg_l^2=0,\]

故 \(e_l=f_l=g_l=0\), \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\).

\((1)\) 没有 \(x^2\) 项, 因此\((2)\) 的右边的 \(x^2\) 项的系数为 \(0\). 于是

\[\sum_{l=1}^k\Big(b_l^2+2a_le_l\Big)=0,\]

故 \(b_l=0\), \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\).

同样的, \((1)\) 没有 \(y^2\), \(z^2\) 项, 因此 \(\sum\limits_{l=1}^kc_l^2=0\). 于是 \(c_l=d_l=0\), \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\).

注意 \((1)\) 中的 \(xyz\) 项的系数是 \(-4\), 故

\[2\sum_{l=1}^k\Big(b_li_l+c_lj_l+d_lh_l\Big)=-4.\]

但这是不可能的, 因  \(b_l=c_l=d_l=0\), \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\), 故而 \(Q(x, y, z)\) 不能写成多项式的平方和.

类似定理 2.1, 我们也可以使用定理 2.2 来直接证明 \(Q(x, y, z, w) =x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+w^4-4xyzw\) 不能写成多项式的平方和:

\begin{equation} Q(x, y, z, w) =\sum\Big(A_lx^2+B_lxy+C_lxz+D_ly^2+E_lxw+F_lz^2+G_lyz+H_lyw+I_lzw+J_lw^2\Big)^2.\end{equation}

比较两端 \(x^4\), \(y^4\), \(z^4\) 的系数, 得 \(A_l=D_l=F_l=0\).

比较两端 \(x^2w^2\) 的系数, 得

\[\sum\Big(2A_lJ_l+E_l^2\Big)=0.\]

故 \(E_l=0\). 类似的推理, \(H_l=I_l=0\).

此时, \((3)\) 已经是如下

\begin{equation} Q(x, y, z, w) =\sum\Big(B_lxy+C_lxz+G_lyz+J_lw^2\Big)^2.\end{equation}

比较上式两端 \(xyzw\) 的系数, 矛盾!

Sep 202017
 

T. Motzkin 1967 年举了一个例子: The Motzkin polynomial \(M(x, y, z)=x^4y^2+x^2y^4+z^6-3x^2y^2z^2\) 不能写成多项式的平方和. 后面的定理 5.2 说明这事与定理 2.1 的第二部分是等价的.

Theorem 2.1  Motzkin 多项式

\begin{equation} M(x, y) =x^4y^2+x^2y^4-3x^2y^2+1,\end{equation}

那么

  • \(M(x, y)\geqslant0\) 对任意实数 \(x\), \(y\) 成立;
  • \(M(x, y)\) 不能写成多项式的平方和;
  • \(M(x, y)\) 可以表示为有理函数的平方和.

\(M(x, y)\geqslant0\) 是显然的, 因为我们有算术几何平均不等式.

定理的第二部分, 如果 \(M(x, y)\) 是一些次数(至多)为 \(3\) 的多项式的平方和:

\begin{equation} M(x, y) =\sum_{l=1}^k\Big(a_l+b_lx+c_ly+d_lx^2+e_lxy+f_ly^2+g_lx^3+h_lx^2y+i_lxy^2+j_ly^3\Big)^2,\end{equation}

这里 \(a_l\), \(b_l\), \(c_l\), \(d_l\), \(e_l\), \(f_l\), \(g_l\), \(h_l\), \(i_l\), 和 \(j_l\) 都是实常数, \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\).

\((1)\) 没有 \(x^6\), \(y^6\) 项, 因此\((2)\) 的右边的 \(x^6\), \(y^6\) 项的系数都为 \(0\). 于是

\[\sum_{l=1}^kg_l^2=\sum_{l=1}^kj_l^2=0,\]

故 \(g_l=j_l=0\), \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\).

\((1)\) 没有 \(x^4\) 项导出

\begin{equation}\sum_{l=1}^k\Big(d_l^2+2b_lg_l\Big)=0.\end{equation}

由于 \(g_l=0\), \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\), 于是

\[\sum_{l=1}^kd_l^2=0.\]

至此, \(d_l=0\), \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\).

同理, \(f_l=0\), \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\).

\((1)\) 没有 \(x^2\) 项, 因此\((2)\) 的右边的 \(x^2\) 项的系数为 \(0\). 于是

\[\sum_{l=1}^k \Big(b_l^2+2a_ld_l\Big)=0,\]

故 \(b_l=0\), \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\).

同样的, \((1)\) 没有 \(y^2\) 项, 因此  \(c_l=0\), \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\).

注意 \((1)\) 中的 \(x^2y^2\) 项的系数是 \(-3\), 故

\[\sum_{l=1}^k\Big(e_l^2+2b_li_l+2c_lh_l+2d_lf_l\Big)=-3.\]

既然  \(b_l=c_l=d_l=0\), \(l=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(k\),

\begin{equation}\sum_{l=1}^ke_l^2=-3.\end{equation}

这是不可能的! 故而 \(M(x, y)\) 不能写成多项式的平方和.

当然, 也可以采用类似的手段来直接证明 \(x^4y^2+x^2y^4+z^6-3x^2y^2z^2\) 不能写成多项式的平方和.

我们先指出

定理 2.2 设 \(G\), \(g_1\), \(g_2\), \(\dotsc\), \(g_m\in\Bbb R[x_1, x_2,\dotsc, x_n]\), 且 \(G\) 是 \(t\) 次齐次多项式. 如果

\begin{equation}G=\sum_{i=1}^mg_i^2,\end{equation}

那么, \(t\) 是偶数, 且 \(g_1\), \(g_2\), \(\dotsc\), \(g_m\) 都是 \(\dfrac t2\) 次齐次多项式.

定理 2.2 其实是引理 5.3 的最后一部分.  我们用来推导 \(M(x, y, z)\) 不能写成多项式的平方和.

\begin{equation}M(x,y,z)=\sum\Big(A_lx^3+B_lx^2y+C_lx^2z+D_lxy^2+E_lxyz+F_lxz^2+G_ly^3+H_ly^2z+I_lyz^2+J_lz^3\Big)^2,\end{equation}

令 \(x=1\), \(y=z=0\), 得 \(A_l=0\). 再比较两端 \(x^4z^2\) 的系数, 得

\[\sum\Big(C_l^2+2A_lF_l\Big)=0.\]

于是, \(C_l=0\).

比较两端 \(x^2z^4\) 的系数, 得

\[\sum\Big(F_l^2+2C_lJ_l\Big)=0.\]

于是, \(F_l=0\).

同样的推导, \(G_l=H_l=I_l=0\).

此时, \((6)\) 已经是如下

\begin{equation}M(x,y,z)=\sum\Big(B_lx^2y+D_lxy^2+E_lxyz+J_lz^3\Big)^2.\end{equation}

比较两端 \(x^2y^2z^2\) 的系数即能得出矛盾!

至于, 定理 2.1 的最后部分

\begin{equation}\Big(x^2+1\Big) M(x, y)=x^2\Big(y^2-1\Big)^2+x^2y^2\Big(x^2-1\Big)^2+\Big(x^2y^2-1\Big)^2\end{equation}

或者, 稍微复杂

\begin{equation}\Big(x^2+y^2+1\Big) M(x, y)=x^2\Big(y^2-1\Big)^2+y^2\Big(x^2-1\Big)^2+\Big(x^2y^2-1\Big)^2+\frac14x^2y^2\Big(x^2-y^2\Big)^2+\frac34x^2y^2\Big(x^2+y^2-2\Big)^2\end{equation}

甚至, 直接

\begin{equation}M(x, y)=\frac{x^2y^2(x^2 + y^2 -2)^2(x^2 + y^2 +1) +(x^2 – y^2)^2}{(x^2 + y^2)^2}\end{equation}

说明 \(M(x, y)\) 可以写成有理函数的平方和.

Sep 192017
 

设 \(p\) 是实系数的 \(n\) 元多项式, \(S\) 是 \(n\) 维 Euclidean space \(\Bbb R^n\) 的子集. 我们说 \(p\) 在 \(S\) 上是非负的(non-negative), 如果对于任意的 \(x\in S\), 有 \(p(x)\geqslant0\).

我们下面关注的重点是 \(\Bbb R^n\) 上的非负(non-negative)多项式, 即对于任意的 \(x\in \Bbb R^n\), 有 \(p(x)\geqslant0\).

要探讨的, 非负多项式是否就是可以表为多项式的平方和的那些多项式? 这是一个古老的问题, 与 Hilbert’s seventeenth problem 有关, 早已有答案: 回答”差不多”是肯定的. 换言之, 非负多项式确实可以表示成平方和, 但一般而言是有理函数而不是多项式的平方和.

先从简单的情形一元多项式开始.

Theorem 1.1 \(p(x)\geqslant0\) 对所有的实数 \(x\) 为真, 则存在一元多项式 \(f(x)\) 和 \(g(x)\), 使得 \(p(x)=f^2(x)+g^2(x)\) 恒成立.

这是一个平凡的结果, 估计可以在很多的高等代数的书上找到, 使用一下实系数多项式的因式分解标准式即可.

我们可以按照这个步骤来验证:

\begin{equation} p=a\prod_{i=1}^k(x-a_i)^{m_i}\prod_{j=1}^l\Big(x^2+2b_jx+c_j\Big),\end{equation}

这里诸 \(a_i\) 皆是实数, 诸 \(x^2+2b_jx+c_j\) 都无实根.

那么, 以下三条陈述相互等价:

  1. \(p(x)\geqslant0\) on \(\Bbb R\);
  2. \(a\gt0\), 且诸 \(m_i\) 都是偶数;
  3. 存在多项式 \(f(x)\) 和 \(g(x)\), 使得 \(p(x)=f^2(x)+g^2(x)\).

事实上, 很容易说明 \( 1 \implies  2 \implies 3 \implies 1\).

定理 1.1 其实是基于 \(\Bbb C[x]\) 与 Gaussian integers \(\Bbb Z[i]\) 的一个类比. 把 \(\Bbb C[x]\) 视为 Euclidean domain \(\Bbb R[x]\) 添加 \(i\) 得到的二次扩张; \(\Bbb Z[i]\) 看作 Euclidean domain \(\Bbb Z\) 添加 \(i\) 得到的二次扩张. 在这个类比, 线性多项式类似 \(3\pmod4\) 的质数, 后者依旧是 \(\Bbb Z[i]\) 中的质数; 二次不可约多项式类似非 \(3\pmod4\) 的质数, 后者不是 \(\Bbb Z[i]\) 中的质数. 非 \(0\) 整数 \(n\in Z\) 是两个整数的平方和当且仅当其为正并且每个 \(3\pmod4\) 的质数因子在标准分解式出现偶数次. 类似的, 多项式 \(p\in\Bbb R[x]\) 是两个多项式的平方和当且仅当取值非负并且每个线性因子出现偶数次.

多元多项式的情形复杂得多. 我们不能指望 Theorem 1.1 可以简单的推广到多元多项式. 事实上, 只在很少的情况下, 非负多元多项式可以写成多项式的平方和.

一般来说, 如果 \(R[i]\) 和 \(R\) 都是唯一因子分解整环(Gauss domain), 那么 \(R\) 中的某些质数在 \(R[i]\) 有两个共轭, 但 \(R\) 中其余的那些质数依旧是 \(R[i]\) 的质数. 这使得我们总能对 \(R\) 中那些能写成两个平方和的元素予以某种刻画. 这些道理对多元多项式环 \(R=\Bbb R[x]\) 确实是适用. 但是, 出现问题的地方即在于对于 \(\Bbb R[x]\) 的非负多项式 \(p\), 其不可约因子不一定出现偶数次.

Sep 182016
 

本文作者 Zilin Jiang

对于一个三角形 \(T\), 一定可以找到一个椭圆 \( E\), 满足 \(E\subseteq T\subseteq 2E\). 对于一个平行四边形\(P\), 一定可以找到一个椭圆\( E^*\), 满足 \( E^*\subseteq P\subseteq \sqrt{2}E^*\).

由于在仿射变换下三角形, 平行四边形, 椭圆, 线段比例都保持, 所以只需要对正三角形和正方形进行证明就可以了.

实际上, John定理断言, 每一个\( n\) 维凸体\( K\) 都有一个相应的椭球 \(E\) 满足, \(E\subseteq K\subseteq nE\). 对每一个中心对称凸体 \( C\), 都有一个相应的椭球 \( E^*\) 满足 \( E^*\subseteq C\subseteq \sqrt{n}E^*\).

为了证明John定理, 我们需要引入 John 椭球的概念, 为此需要证明 John-Loewner 椭球定理: 对于任意一个 \( n\) 维空间中的含有内点的紧子集, 存在唯一的椭球包含\(K\), 使得椭球体积达到最小, 此时, 称该椭球为 John 椭球.

证明(概要) 利用椭球与\( n\) 阶正定对称阵的联系, 考虑所有包含 \(K\) 的椭球的中心和其对应的正定对称阵构成空间\( C_K\), 证明\( \det\) 函数在\(C_K\) 上取到最大值, 存在性得证. 如果 \(\det\) 在 \( C_K\) 中有两个极大值点, 可以通过这两个极大值点构造 \( C_K\) 中的元素, 使得\(\det\) 在该元素上的取值更大(这里需要利用\(\ln \det\) 在 \( C_K\) 上的凹性), 由此导出矛盾, 唯一性得证.

作为应用, 我们考虑所有的\( GL_n(\Bbb R)\)的紧子群\(G\), 令

\[K=\cup_{g\in G} g(B^n),\]

其中\( B^n\) 是单位球, 此时\(K\) 含有内点. 于是\(K\) 是在任意\( G\) 中元素作用下稳定, 如果\( E\) 是 \(K\)的John椭球, 那么\( E\) 在任意 \( G\)中作用下也稳定(这是因为 \(G\)的紧致性保证了其任意元素\( g\) 的行列式为\(1\), 于是\( g(E)\) 明显包含 \(K\), 且体积与\( E\)相等, 由John椭球的唯一性知 \( E\) 的稳定性), 由此可知存在\(v\in GL_n(\Bbb R)\), 使得对任意\( g\in G\), 有 \( v^{-1}gv(B^n)=B^n\), 故\(v^{-1}Gv\subseteq SO_n(\Bbb{R})\), 也就是说在相差一个共轭的程度上, 正交群是极大的紧子群.

 Posted by at 3:24 pm
Aug 112016
 

集合

\[\{\sqrt n|n\in\Bbb N\; \text{is Square-free integer}\}\]

在有理数域上线性无关.

这其实是非常古老的问题, 早已经有很一般的结果.

先厘清无平方因子整数Square-free integer这个概念: \(1\) 到底是不是无平方因子整数?

wiki 给出的定义是: 不被不是 \(1\) 的完全平方整除的整数称为无平方因子整数. 因此, \(1\) 算无平方因子正整数. 鉴于此, 我们认为: 无平方因子整数定义为”不被质数的平方整除的整数”更为恰当.

下面的证明来自 Iurie Boreico 的文章 Linear Independence of Radicals.

我们把问题写的更清楚一点, 即我们要证明:

\(n_1\), \(n_2\), \(\dotsc\), \(n_k\) 是互不相同的无平方因子正整数; \(a_1\), \(a_2\), \(\dotsc\), \(a_k\) 都是整数. 令

\[S=a_1\sqrt{n_1}+a_2\sqrt{n_2}+\dotsb+a_k\sqrt{n_k},\]

那么 \(S=0\) 当且仅当 \(a_1=a_2=\dotsb=a_k=0\).

第一个办法是指出更精细的结果:

记 \(p_1\), \(p_2\), \(\dotsc\), \(p_N\) 是 \(n_1n_2\dotsm n_k\) 的所有互不相同的质因子. 则存在

\[S^\prime=b_1\sqrt{m_1}+b_2\sqrt{m_2}+\dotsb+b_l\sqrt{m_l},\]

(这里 \(b_1\), \(b_2\), \(\dotsc\), \(b_l\) 都是整数; \(m_1\), \(m_2\), \(\dotsc\), \(m_l\) 都是无平方因子正整数, 并且都没有 \(p_1\), \(p_2\), \(\dotsc\), \(p_N\) 以外的质因子), 使得 \(SS^\prime\ne0\) 是整数. 进而, 顺水推舟, \(S\ne0\).

对 \(N\) 进行归纳.

明显 \(N=0\) 时, 结论为真: 此刻 \(k=1\), \(n_1=1\), 于是 \(S=a_1\ne0\). 令 \(S^\prime=1\) 即可.

 Posted by at 5:04 pm