### 1.25.19 Απαλοίφουσα δύο πολυωνύμων : resultant

resultant παίρνει σαν όρισμα δύο πολυώνυμα και επιστρέφει την απαλοίφουσα των πολυωνύμων αυτών.
Η απαλοίφουσα τνω δύο πολυωνύμων είναι η ορίζουσα του πίνακα Sylvester S. Ο πίνακας Sylvester S δύο πολυωνύμων A(x)=∑i=0i=n aixi και B(x)=∑i=0i=m bixi είναι ένας τετραγωνικός πίνακας με m+n γραμμές και στήλες; οι πρώτες m γραμμές του γίνονται από τους συντελεστές του A(X):

⎛
⎜
⎜
⎜
⎝

s11=an | s12=an−1 | ⋯ | s1(n+1)=a0 | 0 | ⋯ | 0
s21=0 | s22=an | ⋯ | s2(n+1)=a1 | s2(n+2)=a0 | ⋯ | 0
⋮ | ⋮ | ⋮ | ⋱ | ⋮ | ⋱ | ⋮
sm1=0 | sm2=0 | ⋯ | sm(n+1)=am−1 | sm(n+2)=am−2 | ⋯ | a0

⎞
⎟
⎟
⎟
⎠

και οι επόμενες n γραμμές γίνονται με τον ίδιο τρόπο από τους συντελεστές του B(x) :

⎛
⎜
⎜
⎝

s(m+1)1=bm | s(m+1)2=bm−1 | ⋯ | s(m+1)(m+1)=b0 | 0 | ⋯ | 0
⋮ | ⋮ | ⋮ | ⋱ | ⋮ | ⋱ | ⋮
s(m+n)1=0 | s(m+n)2=0 | ⋯ | s(m+n)(m+1)=bn−1 | bn−2 | ⋯ | b0

⎞
⎟
⎟
⎠

Εάν A και B έχουν ακέραιους συντελεστές με μη μηδενική απαλοίφουσα r, τότε η πολυωνυμική εξίσωση

AU+BV=r

έχει μοναδική λύση U,V τέτοια ώστε degree(U) < degree(B) και degree(V)
< degree(A), και αυτή η λύση έχει ακέραιους συντελεστές.

Είσοδος :

resultant(x`^`3-p*x+q,3*x`^`2-p,x)

Έξοδος :

-4*p`^`3--27*q`^`2

Σχόλιο
discriminant(P)=resultant(P,P’).

Ένα παράδειγμα χρήσης της απαλοίφουσας (resultant)
Έστω, F1 και F2 δύο σταθερά σημεία στο επίπεδο και A, ένα μεταβλητό σημείο στον κύκλο κέντρου F1 και ακτίνας 2a. Βρείτε την καρτεσιανή εξίσωση του συνόλου των σημείων M, της τομής της γραμμής F1A και της διχοτόμου του ευθυγράμμου τμήματος F2A.

Γεωμετρική απάντηση :

MF1+MF2=MF1+MA=F1A=2a

γι’ αυτό το M είναι σε μια έλλειψη με εστίες F1,F2 και κύριο άξονα 2a.

Αναλυτική απάντηση : Στο καρτεσιανό σύστημα συντεταγμένων κέντρου F1 και με άξονα x να έχει την ίδια διεύθυνση με το διάνυσμα F1F2, οι συντεταγμένες του A είναι :

A= (2acos(θ);2asin(θ))

όπου θ είναι η γωνία (Ox,OA). Τώρα επιλέξτε για παράμετρο την t=tan(θ/2) , έτσι ώστε οι συντεταγμένες του A να είναι ρητές συναρτήσεις ως προς το t. Πιο συγκεκριμένα :

A=(ax;ay)=(2a

1−t2
1+t2

;2a

2t
1+t2

)

Εάν F1F2=2c και εάν I είναι το μέσο σημείο του AF2, αφού οι συντεταγμένες του F2 είναι F2=(2c,0), οι συντεταγμένες του I είναι

I=(c+ax/2;ay/2)=(c+a

1−t2
1+t2

;a

2t1−t2
1+t2

)

Η IM είναι κάθετη με το AF2, και επομένως το σημείο M=(x;y) επαληθεύει την εξίσωση eq1=0 όπου

eq1:=(x−ix)*(ax−2*c)+(y−iy)*ay

Αλλά το M=(x;y) είναι επίσης επάνω στην F1A, γι’ αυτό M επαληθεύει την εξίσωση eq2=0, όπου

eq2:=y/x−ay/ax

Η απαλοίφουσα (resultant) των δύο εξισώσεων κατ’ ως προς t resultant(eq1,eq2,t) είναι ένα πολυώνυμο eq3 με μεταβλητές x,y, ανεξάρτητο του t και το οποίο είναι η καρτεσιανή εξίσωση του συνόλου των σημείων M όταν το t μεταβάλεται. Είσοδος :
ax:=2*a*(1-t`^`2)/(1+t`^`2);ay:=2*a*2*t/(1+t`^`2);
ix:=(ax+2*c)/2; iy:=(ay/2)
eq1:=(x-ix)*(ax-2*c)+(y-iy)*ay
eq2:=y/x-ay/ax
factor(resultant(eq1,eq2,t))
Η έξοδος δίνει σαν αποτέλσμα :
-(64·(x2+y2)·(x2· a2-x2· c2+-2· x· a2· c+2· x· c3-a4+2· a2· c2+
a2· y2-c4))
Ο παράγοντας -64· (x2+y2) είναι πάντα διάφορος από το 0, γι’ αυτό ο γεωμετρικός τόπος του M είναι :

x2a2-x2c2+-2 xa2c+2 xc3-a4+2 a2c2+a2y2-c4=0

Αν η αρχή των αξόνων είναι το σημείο O, το μεσαίο σημείο του F1F2, βρίσκουμε την καρτεσιανή εξίσωση μιας έλλειψης. Για να κάνουμε την αλλαγή της αρχής των αξόνων F1M=F1O+OM, εισάγουμε :

normal(subst(x2·a2-x2·c2+-2·x·a2· c+2·x·c3-a4+2·a2·c2+

a2·y2-c4,[x,y]=[c+X,Y]))

Έξοδος :

-c2*X2+c2*a2+X2*a2-a4+a2*Y2

ή εάν b2=a2−c2, εισάγουμε :

normal(subst(-c2*X2+c2*a2+X2*a2-a4+a2*Y2,c2=a2-b2))

Έξοδος :

-a2*b2+a2*Y2+b2*X2

δηλαδή, μετά τη διαίρεση με το a2*b2, το M επαληθεύει την εξίσωση :

X2
a2

+

Y2
b2

=1

Άλλο παράδειγμα χρήσης της απαλοίφουσας (resultant)
Έστω F1 και F2 δύο σταθερά σημεία και το A ένα μεταβλητό σημείο στον κύκλο κέντρου F1 και ακτίνας 2a. Βρείτε την καρτεσιανή εξίσωση του καλύματος του D, της διχοτόμου του ευθύγραμμου τμήματος F2A.

Η διχοτόμος του ευθύγραμμου τμήματος του F2A είναι εφαπτόμενη στην έλλειψη εστίας F1,F2 και κύριου άξονα 2a.

Στο καρτεσιανό σύστημα συντεταγμένων κέντρου F1 και με τον άξονα x να έχει την ίδια κατεύθυνση με το διάνυσμα F1F2, οι συντεταγμένες του A είναι :

A= (2acos(θ);2asin(θ))

όπου θ είναι η γωνία (Ox,OA). Επιλέξτε για παράμετρο την t=tan(θ/2) , έτσι ώστε οι συντεταγμένες του A είναι ρητές συναρτήσεις ως προς t. Πιο συγκεκριμένα :

A=(ax;ay)=(2a

1−t2
1+t2

;2a

2t
1+t2

)

Εάν F1F2=2c και εάν I είναι το μεσαίο σημείο του AF2:

F2=(2c,0), I=(c+ax/2;ay/2)=(c+a

1−t2
1+t2

;a

2t1−t2
1+t2

)

Αφού D είναι ορθογώνιο στο AF2, η εξίσωση του D είναι eq1=0 όπου

eq1:=(x−ix)*(ax−2*c)+(y−iy)*ay

Έτσι, το κάλυμα του D είναι ο γεωμετρικός τόπος του M, το σημείο τομής του D και D′ όπου D′ έχει εξίσωση eq2:=diff(eq1,t)=0.
Είσοδος :
ax:=2*a*(1-t`^`2)/(1+t`^`2);ay:=2*a*2*t/(1+t`^`2);
ix:=(ax+2*c)/2; iy:=(ay/2)
eq1:=normal((x-ix)*(ax-2*c)+(y-iy)*ay)
eq2:=normal(diff(eq1,t))
factor(resultant(eq1,eq2,t))
Η έξοδος δίνει απαλοίφουσα (resultant) :
(-(64· a`^`2))·(x`^`2+y`^`2)·(x`^`2· a`^`2-x`^`2· c`^`2+-2· x· a`^`2· c+
2· x· c`^`3-a`^`4+2· a`^`2· c`^`2+a`^`2· y`^`2-c`^`4)
Ο παράγοντας -64· (x2+y2) είναι πάντα διάφορος του 0, τότε η εξίσωση του γεωμετρικού τόπου είναι :

x2a2-x2c2+-2 xa2c+2 xc3-a4+2 a2c2+a2y2-c4=0

Εάν το O, το μέσο σημείο του F1F2, επειλεχθεί σαν αρχή των αξόνων, βρίσκουμε ξανά την καρτεσιανή εξίσωση της έλλειψης :

X2
a2

+

Y2
b2

=1