Алгебра 1. Лекция 4. Формальные степенные ряды и…

4.1. Формальные степенные ряды. Пусть $R$ – коммутативное кольцо с единицей.

Определение 4.1. Кольцо формальных степенных рядов с коэффициентами в $R$ это множество

R [[x]] := {n \geq 0 \sum a_{n} x^{n} ∣ a_{n} \in R}

с операциями

n \geq 0 \sum a_{n} x^{n} + n \geq 0 \sum b_{n} x^{n} := n \geq 0 \sum (a_{n} + b_{n}) x^{n};

(n \geq 0 \sum a_{n} x^{n}) (n \geq 0 \sum b_{n} x^{n}) := n \geq 0 \sum c_{n} x^{n}, где c_{n} = k = 0 \sum n a_{k} b_{n - k}

Ясно, что $R [[x]]$ – коммутативное кольцо с единицей.

Определение 4.2.

R [[x, y]] := (R [[x]]) [[y]]

Далее будем рассматривать только $k [[x]]$ , где $k$ – поле. Пусть $f (x) = \sum_{n \geq 0} a_{n} x^{n}$ , $g (x) = \sum_{n \geq 0} b_{n} x^{n} \in k [[x]]$ и попробуем определить ряд $f (g (x))$ . Уже младший коэффициент ряда (при $x^{0}$ ) имеет вид $\sum_{k = 0}^{\infty} a_{k} b_{0}^{k}$ , то есть не определен. Определим подкольцо

N = {g = n \geq 0 \sum b_{n} x^{n} \in k [[x]] ∣ b_{0} = 0} .

В этом случае, композиция $f (g (x))$ корректно определена.

4.2. Обратимые элементы и деление с остатком. Можно ли в $k [[x]]$ делить с остатком?

Лемма 4.3. $f (x) = \sum_{n \geq 0} a_{n} x^{n}$ лежит в $k [[x]]^{\times}$ тогда и только тогда когда $a_{0} \neq = 0$ .

Доказательство. Если

(n \geq 0 \sum a_{n} x^{n}) (n \geq 0 \sum b_{n} x^{n}) = 1,

то необходимо

a_{0} b_{0} = 1 (коэффициент при x^{0})

a_{1} b_{0} + a_{0} b_{1} = 0 (коэффициент при x^{1})

\dots

k = 0 \sum n a_{k} b_{n - k} = 0 (коэффициент при x^{n})

Если $a_{0} \neq = 0$ , то система имеет решения, а значит элемент обратим. Если $a_{0} = 0$ , то решений нет уже у первого уравнения.
$□$

Пример 4.4. Пусть $f (x) = 1 - x$ . Элемент $f$ – обратим и если $(1 - x)^{- 1} = \sum_{n \geq 0} b_{n} x^{n}$ , то решая систему уравнение получаем $b_{i} = 1 \forall i$ , а значит $\frac{1}{1 - x} = \sum_{n \geq 0} x^{n}$ – сродни формуле суммы геометрической прогрессии.

Для деления с остатком определим $deg \sum_{n \geq 0} a_{n} x^{n} = min_{i} a_{i} \neq = 0$ . Тогда для любых $f, g \in k [[x]]$ существуют $q, r \in k [[x]]$ такие, что

f = q g + r deg f < deg g

Действительно, если $deg g > deg f$ , то $q = 0, r = f$ . Если же $deg f \geq deg g$ , то пусть $f = x^{k} f_{1}, g = x^{l} g_{1}$ , $deg f_{1} = deg g_{1} = 0$ . Тогда $f = g (x^{k - l} f_{1} g_{1}^{- 1})$ . Таким образом, в $k [[x]]$ возможно деление с остатком, а значит в нем есть НОД, алгоритм Евклида, лемма Евклида и, как следствие, факториальность. Разложение $f \in k [[x]]$ выглядит как $f = x^{k} f_{1}, deg f_{1} = 0$ . Единственный простой элемент – это $x$ .

4.3. Производная и интеграл.

Определение 4.5. Производной

f (x) = k \geq 0 \sum a_{k} x^{k}

называется ряд

f^{'} (x) = n \geq 1 \sum n a_{n} x^{n - 1}

Можно показать, что $f^{'} (x) = (\frac{f ( x + t ) - f ( x )}{t})_{t = 0}$ , где $f (x + t) \in k [[x, t]]$ .
Несложно доказать, что все правила дифференцирования верны в этом случае. Например, проверим, что $(f g)^{'} = f^{'} g + f g^{'}$ . Для этого посчитаем коэффициент при $x^{n}$ в левой и правой части. Слева он равен $(n + 1) (\sum_{k = 0}^{n + 1} a_{k} b_{n - k})$ . Справа

k = 0 \sum n (k + 1) a_{k + 1} b_{n - k} + k = 0 \sum n a_{k} (n - k + 1) b_{n - k} = k = 0 \sum n + 1 k a_{k} b_{n - k} + k = 0 \sum n + 1 a_{k} (n - k + 1) b_{n - k} = k = 0 \sum n + 1 (n + 1) a_{k} b_{n - k}

Пример 4.6. Вычислим явно $\frac{1}{( 1 - x ) ^{k}}$ .
Заметим, что $(\frac{1}{1 - x})^{(k - 1)} = \frac{( k - 1 )!}{( 1 - x ) ^{k}}$ , значит,

\frac{1}{( 1 - x ) ^{k}} = \frac{1}{( k - 1 )!} (\frac{1}{1 - x})^{(k - 1)} = \frac{1}{( k - 1 )!} n \geq k - 1 \sum n (n - 1) \dots (n - k + 2) x^{n - k + 1} = n \geq 0 \sum (k - 1 n + k - 1) x^{n}

Определение 4.7. Первообразной

f (x) = k \geq 0 \sum a_{k} x^{k}

называется ряд

\int f = n \geq 1 \sum \frac{a _{n - 1}}{n} x^{n} + C, C \in k

Ясно, что операции дифференцирования и интегрирования взаимообратны (быть может, с точностью до константы).

Определение 4.8. $ln (1 + x) := \int \frac{1}{1 + x} = \sum_{k \geq 1} (- 1)^{k + 1} \frac{x ^{k}}{k}$ Определим $U = {\sum_{k \geq 0} a_{k} x^{k} ∣ a_{0} = 1}$ . Ясно, что $U$ – абелева группа относительно умножения рядов.
Более того, если $g (x) \in U$ , то корректно определен ряд $ln g (x) = ln (1 + (g (x) - 1))$ . При этом $ln g (x) \in N$ .

Предложение 4.9.(1) $ln : (U, \cdot) \to (N, +)$ – изоморфизм абелевых групп.
(2) Пусть $exp (x) = \sum_{n \geq 0} a_{n} x^{n}$ . Тогда $ln^{- 1} = exp$ .

Доказательство.

Лемма 4.10. Следующие условия на $f, g \in U$ эквивалентны: $f = g$ , $f^{'} = g^{'}$ , $ln f = ln g$ , $(ln f)^{'} = (ln g)^{'}$ .

Доказательство. 1 и 2 очевидно, эквивалентны, а, значит, (1 -> 2 -> 3 -> 4). Докажем, (4 -> 1). Заметим, что

\frac{f ^{'}}{f} = \frac{g ^{'}}{g}

то есть

\frac{f ^{'} g - g ^{'} f}{f g} = \frac{g}{f} (\frac{f}{g})^{'}

откуда $f = g$ .
$□$

$ln e^{f} = f$ для любого $f \in N$ , так как $(ln e^{f})^{'} = \frac{e ^{f} f ^{'}}{e ^{f}} = f^{'}$ .
$e^{l n f} = f$ для любого $f \in N$ , так как $\frac{e ^{l n f} f ^{'}}{f} = \frac{f ^{'}}{f}$ .
$ln (f g) = ln f + ln g$ , так как $ln (f g)^{'} = (ln f)^{'} + (ln g)^{'}$ .
$□$

Определение 4.11. $(1 + x)^{α} := exp (ln (1 + x) α)$ .

Ясно, что для любого $f \in U, α \in k$ определён ряд $u^{α}$ . Несложно проверить, что при этом выполнены все стандартные свойства степени, например, $u^{α + β} = u^{α} u^{β}$ . Для явного вычисления ряда $(1 + x)^{α} = \sum_{n \geq 0} a_{n} x^{n}$ заметим, что

\frac{(( 1 + x ) ^{α} ) ^{'}}{( 1 + x ) ^{α}} = (ln (1 + x)^{α})^{'} = α ln (1 + x)^{'} = \frac{α}{1 + x}

Отсюда

(1 + x) ((1 + x)^{α})^{'} = α (1 + x)^{α},

откуда

a_{k} = \frac{α - ( k - 1 )}{k} a_{k - 1},

то есть

a_{k} = \frac{( α - k + 1 ) \dots ( α - 1 ) α}{k !}

(1 + x)^{α} = k \geq 0 \sum (k α) x^{k}

Заметим, что при $α = n$ получаем

(k α) = (k n) .

4.4. Линейно-рекуррентные последовательности.

Предположим, что бесконечная последовательность ${a_{n}}_{n = 0}^{\infty}$ задана рекуррентно, то есть

a_{k} + b_{1} a_{k - 1} + \dots + b_{k} a_{0} = 0

и значения $a_{0}, \dots, a_{k - 1}$ определены. Как получить явную формулу для этой последовательности?

Определение 4.12. Производящей функцией бесконечной последовательности ${a_{n}}_{n = 0}^{\infty}$ называется формальный степенной ряд $\sum_{n \geq 0} a_{n} x^{n}$ .

Рассмотрим пример $a_{k} = a_{k - 1} + a_{k - 2}$ , $a_{0} = a_{1} = 1$ – числа Фибоначчи и пусть $F (x)$ – производящая функция нашей последовательности. Тогда несложно видеть, что

F (x) (1 - x - x^{2}) = x,

а значит,

F (x) = \frac{x}{1 - x - x ^{2}}

Корни многочлена $1 - x - x^{2}$ это $x_{12} = \frac{1 \pm 5}{2}$ .
Далее,

\frac{1}{1 - x - x ^{2}} = \frac{1}{5} (\frac{1}{1 - x _{1} x} + \frac{1}{1 - x _{2} x})

откуда получаем, что

a_{k} = \frac{( 1 + 5 ) ^{k} - ( 1 - 5 ) ^{k}}{2 ^{k} 5}

В общем случае, если $F (x) = \sum_{n \geq 0} a_{n} x^{n}$ производящая функция рекуррентно заданной последовательности, то

F (x) (1 + b_{1} x + \dots + b_{k} x^{n}) = 1 + c_{1} x + \dots + c_{n - 1} x^{n - 1},

а любую рациональную функцию можно разложить в ряд, используя разложение в простейшие дроби, см. следующую лекцию.

Алгебра 1. Лекция 4. Формальные степенные ряды и производящие функции

4.1. Формальные степенные ряды. Пусть R – коммутативное кольцо с единицей.

4.2. Обратимые элементы и деление с остатком. Можно ли в k[[x]] делить с остатком?

4.3. Производная и интеграл.

4.4. Линейно-рекуррентные последовательности.

4.1. Формальные степенные ряды. Пусть $R$ – коммутативное кольцо с единицей.

4.2. Обратимые элементы и деление с остатком. Можно ли в $k [[x]]$ делить с остатком?