Сума, съдържаща корени на полином

[georgi111]

130773792_1502773793445517_4371679357772018381_o.jpg (33.26 KiB) Прегледано 1672 пъти

[georgi111]

Намерих я във ФБ тук: https://www.facebook.com/groups/1593739420880226, само, че не знам дали съм прав в разсъжденията си (последното дето твърдя)

[georgi111]

Подсказка - полинома [tex]\sum_{i=0}^{2015}x^i[/tex] се разлага така :[tex](x+1)(x^2+1)(x^2-x+1)(x^2+x+1)(x^4-x^2+1)(\sum_{k=0}^{167}x^{12k})[/tex]. Без последния полином, който има 2004 комплексно спрегнати корени сумите :[tex]\frac {1}{1-(-1)} + \sum_{k=1}^{10 }\frac {1} {1-x_k}[/tex], където [tex](x_1, x_2),(x_3,x_4),(x_5,x_6), (x_7,x_8,x_9,x_{10})[/tex] са корените съответно на [tex]x^2+1=0, x^2-x+1=0, x^2+x+1=0, x^4-x^2+1=0[/tex], дават 1/2 + 1 + 1 +1 + 2 = 1/2 + 5 = 11/2. Върпоса е - вярно ли е, че за [tex]\sum_{k=0}^{167}x^{12k}=0[/tex] с корени [tex]x_l, l \in [1,2004][/tex], които са по двойки комплексно спрегнати , е в сила : [tex]\sum_{ l=0}^{2004} \frac{1} {1-x_l} = 2004 / 2[/tex]

[drago]

Това се прави по следния начин. Нека $z_i:=\frac{1}{1-x_i}, i=1,2,\dots, n$, където $n=2015$. От $z=\frac{1}{1-x}$ получаваме $x=\frac{z-1}{z}$. Като се замести в даденото у-ние се получава, че $z_1,z_2,\dots,z_{n}$ са корени на
$$z^n+(z-1)z^{n-1}+\dots (z-1)^{n-1}z+(z-1)^n=0\qquad (*)$$
Тъй като това у-ние е от $n$-та степен, това са всичките му корени. Трябва да намерин $z_1+z_2+\dots z_n$. Формули на Виет, разбира се. Просто трябва да намериш коефициента пред $z^n$ и този пред $z^{n-1}$ в лявата страна на $(*)$. Това е просто.

[georgi111]

Верно - колко съм кух - шегувам се - това на Драго идейката и на мен ми хрумна и явно това има предвид автора:)Ама друго си е и да видиш "директния подход" Който иска да се упражнява [tex]x^{2004} + x^{1992} + ... + x^{12} + 1 = 0[/tex] се разлага също на : [tex](x^{36} + x^{24} + x^{12} + 1)(x^{1968} + x^{1920} + ... + x^{96} + x^{48} + 1)=0[/tex]. И така поетапно с "груба сила" и "разбиване на парченца" ...

[georgi111]

Има и друго тарикатско решение. Ясно е, че 1 не е корен на [tex]P_{2015}(x)=0[/tex], където [tex]P_n(x)= \sum_{k=0}^{n}x^n[/tex]. Тогава от даденото равенство в условието имаме :[tex]P_{2016}(x)=0 (x \ne 1)(*)[/tex]. С други думи всички корени на изходното уравнение са корени на (*) без 1, а както добре знаем това са корените на единицата (дават се с формулите [tex]x_k=e^{\frac {2k\pi}{2016}.i}=cos\frac {2k\pi}{2016} + i.sin\frac {2k\pi}{2016}[/tex]) и модула на всеки един корен е 1. От по-горе - остана да видим , че за :[tex]\sum_{к=0}^{167}x^{12k}[/tex] с корени [tex]x_l, l \in [1, 2004][/tex] имаме : [tex]\sum_{l=1}^{2004} \frac {1}{1-x_l}= 2004/2 = 1002[/tex]. За целта е достатъчно да видим, че : [tex]\frac {1}{1-x_1} + \frac {1}{1-x_2} = 1(**)[/tex] (защо ?). Какво знаем за [tex]x_1, x_2[/tex] ? Комплексно спрегнати са с модул 1 т.е. [tex]x_1=a_1 + i.b_1; x_2=a_1-i.b_1; a_1^2 + b_1^2=1[/tex]. Тогава (**) е еквивалентно с : [tex]\frac {1 - (x_1 + x_2)}{(2 - (x_1 + x_2) + x_1.x_2)} = \frac {2 - 2a_1}{1-2a_1 + 1}= 1[/tex]. Събирайки по всички 1002 комплексно спрегнати двойки корени на (*) достигаме до желаното - 11/2 + 2004/2 = 2015/2 - същото става и с идеята на Драго както обясни със [tex]z_i[/tex]-тата и коефициентите пред 2015, 2014-те степени(там се ползва малко Нютонов Бином).

[grav]

[tex]\frac1{1-x_1}+\frac1{1-x_2}+\cdots + \frac1{1-x_{2015}}=\frac{\sum_k\prod_{i\not= k}(1-x_i)}{\prod (1-x_i)}[/tex]

[tex]f(x)=x^{2015}+\cdots+1=\prod (x-x_i)[/tex]

[tex]f'(x)=2015x^{2014}+\cdots+1=\sum_k\prod_{i\not= k}(x-x_i)[/tex]

[tex]\frac1{1-x_1}+\frac1{1-x_2}+\cdots + \frac1{1-x_{2015}}=\frac{f'(1)}{f(1)}=\frac{2015+\dots+1}{1+\cdots+1}[/tex]

[Гост]

201.PNG (18.45 KiB) Прегледано 1566 пъти

Тази задача получава по-интересен живот, когато се трансформира в геометрична.
[tex]z^{2016}=1\Leftrightarrow z^{2016}-1=0\Leftrightarrow (z-1)(z^{2015}+\dots +1)=0[/tex]
Значи, става дума за правилен 2016-ъгълник, вписан в [tex]|z|=1[/tex]. При [tex]z_0=1[/tex], какво е [tex]\frac{1}{1-z_1}?[/tex] Ами това е просто [tex]\frac{1}{z_0-z_1}[/tex].
Търси се [tex]\frac{1}{z_0-z_1}+\frac{1}{z_0-z_2}+\frac{1}{z_0-z_3}+\dots[/tex]