условие: https://prnt.sc/fyljdi

перевод условия: найдите произведение всех решений уравнения ////, где //// являются различными нолями полиномиала ////

1.Для начала не понимаю, что вообще требуется найти((( ? я так понял $%k$% ?

задан 22 Июл '17 13:11

изменен 22 Июл '17 14:02

1

Product=Произведение.

Используйте https://ru.wikipedia.org/wiki/Формулы_Виета

(22 Июл '17 13:17) EdwardTurJ

@EdwardTurJ, спасибо, попытаюсь по ним сделать))

(22 Июл '17 14:00) Романенко
10|600 символов нужно символов осталось
1

Положим $%\varepsilon=\varepsilon_1$%. Тогда $%\varepsilon^d=-1$%, где $%d=1009$%.

Уравнение имеет вид $$\frac1{z-\varepsilon}+\frac1{z-\varepsilon^2}+\cdots+\frac1{z-\varepsilon^{2d-1}}=0.$$ Домножим обе части на произведение $%f(z)=(z-\varepsilon)(z-\varepsilon^2)\ldots(z-\varepsilon^{2d-1})$%, получая слева многочлен, который, как нетрудно видеть, равен $%f'(z)$%, что следует из правил дифференцирования.

Требуется найти произведение всех корней многочлена $%f'(z)$%. Это нетрудно сделать при помощи теоремы Виета, но при этом нужно убедиться, что кратные корни у этого многочлена отсутствуют.

Легко видеть, что $%(z-1)f(z)=z^{2d}-1$%, так как список $%1$%, $%\varepsilon$%, ... , $%\varepsilon^{2d-1}$% состоит в точности из всех комплексных корней степени $%2d$% из единицы. Таким образом, $%f(z)=\frac{z^{2d}-1}{z-1}$%. Находим теперь производную: $%f'(z)=\frac{2dz^{2d-1}(z-1)-(z^{2d}-1)}{(z-1)^2}=\frac{g(z)}{(z-1)^2}$%, где $%g(z)=(2d-1)z^{2d}-2dz^{2d-1}+1$%.

Теперь из теоремы Виета сразу следует, что произведение корней многочлена $%g(z)$%, с учётом кратности, равно $%\frac1{2d-1}$%. Чтобы прояснить вопрос о кратных корнях, воспользуемся известным фактом из курса алгебры: кратными корнями многочлена являются в точности общие корни самого многочлена и его производной. Ввиду того, что $%g'(z)=2d(2d-1)z^{2d-2}(z-1)$%, и того, что число $%z=0$% не является корнем $%g(z)$%, приходим к выводу, что кратным корнем многочлена $%g(z)=(z-1)^2f'(z)$% является только число $%z=1$%. Единицы не влияют на произведение, поэтому у многочлена $%f'(z)$% произведение корней без учёта кратности (о котором спрашивается в задаче) будет такое же, как и произведение корней многочлена $%g(z)$% с учётом кратности, а оно было найдено выше.

ссылка

отвечен 23 Июл '17 19:51

@falcao, спасибо, $%1.$% А почему Вы предположили сначала взять $% \varepsilon=\varepsilon_1 $% ?

$%2.$% $% \varepsilon^d=-1 $% потому что если подставить в $%\varepsilon_1 $% числа, то получится $%e^{i\pi}$%, которая получается равна 1 ?

(31 Авг '17 14:02) Романенко

ой, т.е. -1 получается

(31 Авг '17 15:08) Романенко

$%3.$% Т.е. чтобы получить f '(z) надо умножить каждое слагаемое ряда на f(z) ?

(31 Авг '17 15:12) Романенко

@Романенко: смысл первой фразы только в том, что мне далее часто надо писать букву epsilon, и я ввёл для этой цели новое обозначение, чтобы не нужно было всякий раз добавлять нижний индекс.

То, что в степени d это число равно -1, следует из определения самого числа и формулы Эйлера e^{iп}=-1.

По поводу производной: из теоремы о производной произведения следует, что (anc)'=a'bc+ab'c+abc', и так для любого количества сомножителей. Одна переменная со штрихом, остальные без. После деления на abc получается a'/a+b'/b+c'/c. У знаменателей производные равны 1. Это даёт сумму обратных им величин.

(31 Авг '17 16:08) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×1,668
×1,011
×649
×336

задан
22 Июл '17 13:11

показан
304 раза

обновлен
31 Авг '17 16:08

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru