2
1

У меня есть многочлен P(z), у которого все корни вещественны, нужно док-ть что у многочлена $$R(z)=P(z+ib)+P(z-ib)$$ где b - вещественное число, все корни вещественные. Я попробовал просто в лоб расписать P(z+ib) и P(z-ib), там получается что все комплексные i уходят, и, соответственно остается только вещественная часть, т.е остается какой-то многочлен от z и b, и т.к b - вещественное, то можно сказать что утверждение доказано?

P.s я имел ввиду, что я посмотрел на сумму P(z+ib) и P(z-ib) и это получается новый многочлен, с коэффициентами как у исходного P(z), домноженными на степени b и на биноминальные коэффициенты .

задан 21 Янв '18 2:53

изменен 21 Янв '18 18:18

Нет, нельзя.

(21 Янв '18 10:54) Амфибрахий

А как тогда лучше доказывать это утверждение?

(21 Янв '18 16:38) Wannaknoweve...

@Wannaknoweve..., с коэффициентами как у исходного P(z), домноженными на степени b и на биноминальные коэффициенты. - странно...

(21 Янв '18 19:39) all_exist

@all_exist Наверное, это не совсем правда, там получается многочлен вида 2a_0+2a_1z+2a_2(z^2-b^2)+2z(z^2-3b^2)... где a_0,a_1 это коэффициенты исходного

(21 Янв '18 20:07) Wannaknoweve...

@Wannaknoweve, я бы сказа, что это совсем неправда... ))) ... то есть Вы забыли подобные привести...

У нового многочлена коэффициенты являются многочленами от $%b$%..

(21 Янв '18 20:13) all_exist

@all_exist Да, но как теперь показать что все корни вещественны? Или может есть другой путь доказательства

(21 Янв '18 20:21) Wannaknoweve...

Занятная задача... правда, решения так и не придумалось...

Мысли какие-то в сторону принципа аргумента склоняются... но полной картины не складывается...

(22 Янв '18 19:22) all_exist

@all_exist: мне в какой-то момент показалось, что я придумал алгебраическое доказательство. Оно было примерно такое: ясно, что коэффициенты многочлена из условия вещественны. Если у R(x) есть мнимые корни, то он делится на трёхчлен f(x)=x^2+px+q с отрицательным дискриминантом. Рассмотрим все многочлены по модулю f(x). Поскольку P(x) не делится на f(x), остаток cx+d ненулевой. Подставим в R(x), и получим ненулевой остаток -- противоречие. Но это рассуждение не проходит, так как тут делаются подстановки. Видимо, рассуждение должно быть основано на аналитике, но решения я не знаю.

(22 Янв '18 21:32) falcao
показано 5 из 8 показать еще 3
10|600 символов нужно символов осталось
Знаете, кто может ответить? Поделитесь вопросом в Twitter или ВКонтакте.

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:

×3,381
×144

задан
21 Янв '18 2:53

показан
306 раз

обновлен
22 Янв '18 21:32

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