Πολυωνυμική

#1

Να προσδιορίσετε όλα τα πολυώνυμα $P\in \Bbb{R}[x]$ τέτοια ώστε $\displaystyle{ P(x^{2})+x(3P(x)+P(-x))=(P(x))^{2}+2x^{2}. }$

#2

Ισχυρισμός: Για ένα πολυώνυμο $\displaystyle{{Q\left( x \right)}}$ με πραγματικούς συντελεστές, τα ακόλουθα είναι ισοδύναμα:

$\bullet$ $\displaystyle{{\left[ {Q\left( x \right)} \right]^2} = Q\left( {{x^2}} \right).}$

$\bullet$ Το $\displaystyle{{Q\left( x \right)}}$ είναι το μηδενικό πολυώνυμο, ή υπάρχει φυσικός αριθμός $\displaystyle{k}$ τέτοιος, ώστε $\displaystyle{{Q\left( x \right) = {x^k}}.}$

Απόδειξη Ισχυρισμού: Έστω ότι $\displaystyle{{\left[ {Q\left( x \right)} \right]^2} = Q\left( {{x^2}} \right)}$ και ότι το $\displaystyle{{Q\left( x \right)}}$ δεν είναι το μηδενικό πολυώνυμο. Τότε, θα υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle{{a_j} \ne 0}$ και φυσικοί αριθμοί $\displaystyle{{k_j}}$ , $\displaystyle{j = 1, \ldots ,m}$ , με $\displaystyle{{k_1} < {k_2} < \cdots < {k_m},}$ ώστε $\displaystyle{Q\left( x \right) = \sum\limits_{j = 1}^m {{a_j}{x^{{k_j}}}}. }$ Έχουμε τότε ότι:

$\displaystyle{{\left[ {Q\left( x \right)} \right]^2} - Q\left( {{x^2}} \right) = \sum\limits_{j = 1}^m {\left( {a_j^2 - {a_j}} \right){x^{2{k_j}}}} + \sum\limits_{1 \le i < j \le m} {2{a_i}{a_j}{x^{{k_i} + {k_j}}}} }$ $\color{red} \left( \bigotimes \right)$

Αν $\displaystyle{m \ge 2}$ , τότε ο συντελεστής του $\displaystyle{{{x^{{k_1} + {k_2}}}}}$ στην $\color{red} \left( \bigotimes \right)$ είναι ίσος με $\displaystyle{{2{a_1}{a_2} \ne 0},}$ πράγμα άτοπο. Επομένως, $\displaystyle{m = 1}$ και $\displaystyle{{Q\left( x \right) = a{x^k}}.}$ Αλλά από τη σχέση $\displaystyle{{\left[ {Q\left( x \right)} \right]^2} = Q\left( {{x^2}} \right)}$ προκύπτει ότι $\displaystyle{a = 1}$ , οπότε $\displaystyle{{Q\left( x \right) = {x^k}}}$ και ο Ισχυρισμός έπεται.

Θέτουμε στη δοσμένη σχέση

$\displaystyle{P\left( {{x^2}} \right) + x\left[ {3P\left( x \right) + P\left( { - x} \right)} \right] = {\left[ {P\left( x \right)} \right]^2} + 2{x^2}}$ $\bf \color{red} \left(1 \right)$

το $\displaystyle{{ - x}}$ στη θέση του $\displaystyle{{ x}}$ , οπότε προκύπτει ότι:

$\displaystyle{P\left( {{x^2}} \right) - x\left[ {3P\left( { - x} \right) + P\left( x \right)} \right] = {\left[ {P\left( { - x} \right)} \right]^2} + 2{x^2}}$ $\bf \color{red} \left(2 \right)$ .

Με αφαίρεση των $\bf \color{red} \left(1 \right)$ και $\bf \color{red} \left(2 \right)$ κατά μέλη προκύπτει ότι:

$\displaystyle{4x\left[ {P\left( x \right) + P\left( { - x} \right)} \right] = {\left[ {P\left( x \right)} \right]^2} - {\left[ {P\left( { - x} \right)} \right]^2} \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \left[ {P\left( x \right) + P\left( { - x} \right)} \right]\left[ {P\left( x \right) - P\left( { - x} \right) - 4x} \right] = 0.}$

Διακρίνουμε τώρα δύο περιπτώσεις:

$\color {green}\left(\bigstar\right)$ $\displaystyle{{P\left( x \right) + P\left( { - x} \right) = 0},}$ δηλαδή $\displaystyle{{P\left( { - x} \right) = - P\left( x \right)}.}$

Τότε, με αντικατάσταση στην $\bf \color{red} \left(1 \right)$ βρίσκουμε ότι

$\displaystyle{P\left( {{x^2}} \right) + 2xP\left( x \right) = {\left[ {P\left( x \right)} \right]^2} + 2{x^2} \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow {\left[ {P\left( x \right) - x} \right]^2} = P\left( {{x^2}} \right) - {x^2}.}$

Επομένως, για το πολυώνυμο $\displaystyle{{Q\left( x \right) = P\left( x \right) - x}}$ ισχύει $\displaystyle{{\left[ {Q\left( x \right)} \right]^2} = Q\left( {{x^2}} \right),}$ οπότε από τον Ισχυρισμό έχουμε ότι $\displaystyle{{Q\left( x \right) = 0}}$ ή $\displaystyle{{Q\left( x \right) = {x^k}}}$ για κάποιο φυσικό αριθμό $\displaystyle{k}$ . Επειδή, όμως, ισχύει $\displaystyle{{Q\left( { - x} \right) = - Q\left( x \right)},}$ ο $\displaystyle{k}$ θα είναι περιττός. Προκύπτει, λοιπόν, ότι

$\boxed{\displaystyle{{{P\left( x \right) = x}}}}$

ή

$\displaystyle{\boxed{{P\left( x \right) = {x^{2n + 1}} + x}},}$

όπου $\displaystyle{n}$ φυσικός αριθμός.

$\color {green}\left(\bigstar \bigstar\right)$ $\displaystyle{{P\left( x \right) - P\left( { - x} \right) - 4x = 0},}$ δηλαδή $\displaystyle{{P\left( { - x} \right) = P\left( x \right) - 4x}.}$

Τότε, με αντικατάσταση στην $\bf \color{red} \left(1 \right)$ βρίσκουμε ότι

$\displaystyle{P\left( {{x^2}} \right) + 4xP\left( x \right) - 4{x^2} = {\left[ {P\left( x \right)} \right]^2} + 2{x^2} \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow {\left[ {P\left( x \right) - 2x} \right]^2} = P\left( {{x^2}} \right) - 2x^2.}$

Επομένως, για το πολυώνυμο $\displaystyle{{Q\left( x \right) = P\left( x \right) - 2x}}$ ισχύει $\displaystyle{{\left[ {Q\left( x \right)} \right]^2} = Q\left( {{x^2}} \right),}$ οπότε από τον Ισχυρισμό έχουμε ότι $\displaystyle{{Q\left( x \right) = 0}}$ ή $\displaystyle{{Q\left( x \right) = {x^k}}}$ για κάποιο φυσικό αριθμό $\displaystyle{k}$ . Επειδή, όμως, ισχύει $\displaystyle{{Q\left( { - x} \right) = Q\left( x \right)},}$ ο $\displaystyle{k}$ θα είναι άρτιος. Προκύπτει, λοιπόν, ότι

$\boxed{\displaystyle{{{P\left( x \right) = 2x}}}}$

ή

$\displaystyle{\boxed{{P\left( x \right) = {x^{2n }} + 2x}},}$

όπου $\displaystyle{n}$ φυσικός αριθμός.

Εύκολα επαληθεύουμε ότι τα παραπάνω πολυώνυμα επαληθεύουν τη δοσμένη σχέση $\bf \color{red} \left(1 \right)$ .

****************************************

Ευχαριστώ τον tasosty για την επισήμανσή του ότι η αρχική μορφή της σχέσης $\color{red} \left( \bigotimes \right)$ ήταν λανθασμένη.

Ορέστης Λιγνός · #3

emouroukos έγραψε: ↑
Τρί Μάιος 01, 2012 8:38 am

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \left[ {P\left( x \right) + P\left( { - x} \right)} \right]\left[ {P\left( x \right) - P\left( { - x} \right) - 4x} \right] = 0.}$
Διακρίνουμε τώρα δύο περιπτώσεις:

$\color {green}\left(\bigstar\right)$ $\displaystyle{{P\left( x \right) + P\left( { - x} \right) = 0},}$ δηλαδή $\displaystyle{{P\left( { - x} \right) = - P\left( x \right)}.}$

Τότε, με αντικατάσταση στην $\bf \color{red} \left(1 \right)$ βρίσκουμε ότι

$\displaystyle{P\left( {{x^2}} \right) + 2xP\left( x \right) = {\left[ {P\left( x \right)} \right]^2} + 2{x^2} \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow {\left[ {P\left( x \right) - x} \right]^2} = P\left( {{x^2}} \right) - {x^2}.}$

Επομένως, για το πολυώνυμο $\displaystyle{{Q\left( x \right) = P\left( x \right) - x}}$ ισχύει $\displaystyle{{\left[ {Q\left( x \right)} \right]^2} = Q\left( {{x^2}} \right),}$ οπότε από τον Ισχυρισμό έχουμε ότι $\displaystyle{{Q\left( x \right) = 0}}$ ή $\displaystyle{{Q\left( x \right) = {x^k}}}$ για κάποιο φυσικό αριθμό $\displaystyle{k}$ . Επειδή, όμως, ισχύει $\displaystyle{{Q\left( { - x} \right) = - Q\left( x \right)},}$ ο $\displaystyle{k}$ θα είναι περιττός. Προκύπτει, λοιπόν, ότι

$\boxed{\displaystyle{{{P\left( x \right) = x}}}}$

ή

$\displaystyle{\boxed{{P\left( x \right) = {x^{2n + 1}} + x}},}$

όπου $\displaystyle{n}$ φυσικός αριθμός.

$\color {green}\left(\bigstar \bigstar\right)$ $\displaystyle{{P\left( x \right) - P\left( { - x} \right) - 4x = 0},}$ δηλαδή $\displaystyle{{P\left( { - x} \right) = P\left( x \right) - 4x}.}$

Τότε, με αντικατάσταση στην $\bf \color{red} \left(1 \right)$ βρίσκουμε ότι

$\displaystyle{P\left( {{x^2}} \right) + 4xP\left( x \right) - 4{x^2} = {\left[ {P\left( x \right)} \right]^2} + 2{x^2} \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow {\left[ {P\left( x \right) - 2x} \right]^2} = P\left( {{x^2}} \right) - 2x^2.}$

Επομένως, για το πολυώνυμο $\displaystyle{{Q\left( x \right) = P\left( x \right) - 2x}}$ ισχύει $\displaystyle{{\left[ {Q\left( x \right)} \right]^2} = Q\left( {{x^2}} \right),}$ οπότε από τον Ισχυρισμό έχουμε ότι $\displaystyle{{Q\left( x \right) = 0}}$ ή $\displaystyle{{Q\left( x \right) = {x^k}}}$ για κάποιο φυσικό αριθμό $\displaystyle{k}$ . Επειδή, όμως, ισχύει $\displaystyle{{Q\left( { - x} \right) = Q\left( x \right)},}$ ο $\displaystyle{k}$ θα είναι άρτιος. Προκύπτει, λοιπόν, ότι

$\boxed{\displaystyle{{{P\left( x \right) = 2x}}}}$

ή

$\displaystyle{\boxed{{P\left( x \right) = {x^{2n }} + 2x}},}$

όπου $\displaystyle{n}$ φυσικός αριθμός.

Εύκολα επαληθεύουμε ότι τα παραπάνω πολυώνυμα επαληθεύουν τη δοσμένη σχέση $\bf \color{red} \left(1 \right)$ .

Στην σχέση που είναι τα ερωτηματικά, μπορεί κάποιος να εξηγήσει γιατί αναγκαστικά P(x)+P(-x)=0

για κάθε $x \in \mathbb{R}$ ή P(x)-P(-x)-4x=0

για κάθε $x \in \mathbb{R}$ ; (ενώ είναι γνωστό ότι δεν ισχύει κάτι τέτοιο στις συναρτήσεις)

Ευχαριστώ,
Ορέστης.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Πέμ Δεκ 20, 2018 11:25 am

emouroukos έγραψε: ↑
Τρί Μάιος 01, 2012 8:38 am

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \left[ {P\left( x \right) + P\left( { - x} \right)} \right]\left[ {P\left( x \right) - P\left( { - x} \right) - 4x} \right] = 0.}$
Διακρίνουμε τώρα δύο περιπτώσεις:

$\color {green}\left(\bigstar\right)$ $\displaystyle{{P\left( x \right) + P\left( { - x} \right) = 0},}$ δηλαδή $\displaystyle{{P\left( { - x} \right) = - P\left( x \right)}.}$

Τότε, με αντικατάσταση στην $\bf \color{red} \left(1 \right)$ βρίσκουμε ότι

$\displaystyle{P\left( {{x^2}} \right) + 2xP\left( x \right) = {\left[ {P\left( x \right)} \right]^2} + 2{x^2} \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow {\left[ {P\left( x \right) - x} \right]^2} = P\left( {{x^2}} \right) - {x^2}.}$

Επομένως, για το πολυώνυμο $\displaystyle{{Q\left( x \right) = P\left( x \right) - x}}$ ισχύει $\displaystyle{{\left[ {Q\left( x \right)} \right]^2} = Q\left( {{x^2}} \right),}$ οπότε από τον Ισχυρισμό έχουμε ότι $\displaystyle{{Q\left( x \right) = 0}}$ ή $\displaystyle{{Q\left( x \right) = {x^k}}}$ για κάποιο φυσικό αριθμό $\displaystyle{k}$ . Επειδή, όμως, ισχύει $\displaystyle{{Q\left( { - x} \right) = - Q\left( x \right)},}$ ο $\displaystyle{k}$ θα είναι περιττός. Προκύπτει, λοιπόν, ότι

$\boxed{\displaystyle{{{P\left( x \right) = x}}}}$

ή

$\displaystyle{\boxed{{P\left( x \right) = {x^{2n + 1}} + x}},}$

όπου $\displaystyle{n}$ φυσικός αριθμός.

$\color {green}\left(\bigstar \bigstar\right)$ $\displaystyle{{P\left( x \right) - P\left( { - x} \right) - 4x = 0},}$ δηλαδή $\displaystyle{{P\left( { - x} \right) = P\left( x \right) - 4x}.}$

Τότε, με αντικατάσταση στην $\bf \color{red} \left(1 \right)$ βρίσκουμε ότι

$\displaystyle{P\left( {{x^2}} \right) + 4xP\left( x \right) - 4{x^2} = {\left[ {P\left( x \right)} \right]^2} + 2{x^2} \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow {\left[ {P\left( x \right) - 2x} \right]^2} = P\left( {{x^2}} \right) - 2x^2.}$

Επομένως, για το πολυώνυμο $\displaystyle{{Q\left( x \right) = P\left( x \right) - 2x}}$ ισχύει $\displaystyle{{\left[ {Q\left( x \right)} \right]^2} = Q\left( {{x^2}} \right),}$ οπότε από τον Ισχυρισμό έχουμε ότι $\displaystyle{{Q\left( x \right) = 0}}$ ή $\displaystyle{{Q\left( x \right) = {x^k}}}$ για κάποιο φυσικό αριθμό $\displaystyle{k}$ . Επειδή, όμως, ισχύει $\displaystyle{{Q\left( { - x} \right) = Q\left( x \right)},}$ ο $\displaystyle{k}$ θα είναι άρτιος. Προκύπτει, λοιπόν, ότι

$\boxed{\displaystyle{{{P\left( x \right) = 2x}}}}$

ή

$\displaystyle{\boxed{{P\left( x \right) = {x^{2n }} + 2x}},}$

όπου $\displaystyle{n}$ φυσικός αριθμός.

Εύκολα επαληθεύουμε ότι τα παραπάνω πολυώνυμα επαληθεύουν τη δοσμένη σχέση $\bf \color{red} \left(1 \right)$ .

Στην σχέση που είναι τα ερωτηματικά, μπορεί κάποιος να εξηγήσει γιατί αναγκαστικά για κάθε $x \in \mathbb{R}$ ή για κάθε $x \in \mathbb{R}$ ; (ενώ είναι γνωστό ότι δεν ισχύει κάτι τέτοιο στις συναρτήσεις)

Ευχαριστώ,
Ορέστης.

Εδώ έχουμε πολυωνυμικές συναρτήσεις.

Για αυτές ισχύει.

Αν P(x),Q(x)

πολυωνυμικές συναρτήσεις με βαθμούς σαν πολυώνυμα m,n

και

για τουλάχιστον m+n+1

διαφορετικά

τότε ένα τουλάχιστον από τα $P(x)\equiv 0,Q(x)\equiv 0$

Ισχύει.

Δεν νομίζω ότι χρειάζεται απόδειξη.

Αν ζητηθεί ευχαρίστως να την γράψω.

Ορέστης Λιγνός · #5

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Πέμ Δεκ 20, 2018 11:45 am

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Πέμ Δεκ 20, 2018 11:25 am

emouroukos έγραψε: ↑
Τρί Μάιος 01, 2012 8:38 am

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \left[ {P\left( x \right) + P\left( { - x} \right)} \right]\left[ {P\left( x \right) - P\left( { - x} \right) - 4x} \right] = 0.}$
Διακρίνουμε τώρα δύο περιπτώσεις:

$\color {green}\left(\bigstar\right)$ $\displaystyle{{P\left( x \right) + P\left( { - x} \right) = 0},}$ δηλαδή $\displaystyle{{P\left( { - x} \right) = - P\left( x \right)}.}$

Τότε, με αντικατάσταση στην $\bf \color{red} \left(1 \right)$ βρίσκουμε ότι

$\displaystyle{P\left( {{x^2}} \right) + 2xP\left( x \right) = {\left[ {P\left( x \right)} \right]^2} + 2{x^2} \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow {\left[ {P\left( x \right) - x} \right]^2} = P\left( {{x^2}} \right) - {x^2}.}$

Επομένως, για το πολυώνυμο $\displaystyle{{Q\left( x \right) = P\left( x \right) - x}}$ ισχύει $\displaystyle{{\left[ {Q\left( x \right)} \right]^2} = Q\left( {{x^2}} \right),}$ οπότε από τον Ισχυρισμό έχουμε ότι $\displaystyle{{Q\left( x \right) = 0}}$ ή $\displaystyle{{Q\left( x \right) = {x^k}}}$ για κάποιο φυσικό αριθμό $\displaystyle{k}$ . Επειδή, όμως, ισχύει $\displaystyle{{Q\left( { - x} \right) = - Q\left( x \right)},}$ ο $\displaystyle{k}$ θα είναι περιττός. Προκύπτει, λοιπόν, ότι

$\boxed{\displaystyle{{{P\left( x \right) = x}}}}$

ή

$\displaystyle{\boxed{{P\left( x \right) = {x^{2n + 1}} + x}},}$

όπου $\displaystyle{n}$ φυσικός αριθμός.

$\color {green}\left(\bigstar \bigstar\right)$ $\displaystyle{{P\left( x \right) - P\left( { - x} \right) - 4x = 0},}$ δηλαδή $\displaystyle{{P\left( { - x} \right) = P\left( x \right) - 4x}.}$

Τότε, με αντικατάσταση στην $\bf \color{red} \left(1 \right)$ βρίσκουμε ότι

$\displaystyle{P\left( {{x^2}} \right) + 4xP\left( x \right) - 4{x^2} = {\left[ {P\left( x \right)} \right]^2} + 2{x^2} \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow {\left[ {P\left( x \right) - 2x} \right]^2} = P\left( {{x^2}} \right) - 2x^2.}$

Επομένως, για το πολυώνυμο $\displaystyle{{Q\left( x \right) = P\left( x \right) - 2x}}$ ισχύει $\displaystyle{{\left[ {Q\left( x \right)} \right]^2} = Q\left( {{x^2}} \right),}$ οπότε από τον Ισχυρισμό έχουμε ότι $\displaystyle{{Q\left( x \right) = 0}}$ ή $\displaystyle{{Q\left( x \right) = {x^k}}}$ για κάποιο φυσικό αριθμό $\displaystyle{k}$ . Επειδή, όμως, ισχύει $\displaystyle{{Q\left( { - x} \right) = Q\left( x \right)},}$ ο $\displaystyle{k}$ θα είναι άρτιος. Προκύπτει, λοιπόν, ότι

$\boxed{\displaystyle{{{P\left( x \right) = 2x}}}}$

ή

$\displaystyle{\boxed{{P\left( x \right) = {x^{2n }} + 2x}},}$

όπου $\displaystyle{n}$ φυσικός αριθμός.

Εύκολα επαληθεύουμε ότι τα παραπάνω πολυώνυμα επαληθεύουν τη δοσμένη σχέση $\bf \color{red} \left(1 \right)$ .

Στην σχέση που είναι τα ερωτηματικά, μπορεί κάποιος να εξηγήσει γιατί αναγκαστικά για κάθε $x \in \mathbb{R}$ ή για κάθε $x \in \mathbb{R}$ ; (ενώ είναι γνωστό ότι δεν ισχύει κάτι τέτοιο στις συναρτήσεις)

Ευχαριστώ,
Ορέστης.

Εδώ έχουμε πολυωνυμικές συναρτήσεις.

Για αυτές ισχύει.

Αν πολυωνυμικές συναρτήσεις με βαθμούς σαν πολυώνυμα και

για τουλάχιστον διαφορετικά

τότε ένα τουλάχιστον από τα $P(x)\equiv 0,Q(x)\equiv 0$

Ισχύει.

Δεν νομίζω ότι χρειάζεται απόδειξη.

Αν ζητηθεί ευχαρίστως να την γράψω.

Ευχαριστώ πολύ Σταύρο. Καλές Γιορτές.

Λάμπρος Κατσάπας · #6

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Πέμ Δεκ 20, 2018 11:25 am

Στην σχέση που είναι τα ερωτηματικά, μπορεί κάποιος να εξηγήσει γιατί αναγκαστικά για κάθε $x \in \mathbb{R}$ ή για κάθε $x \in \mathbb{R}$ ; (ενώ είναι γνωστό ότι δεν ισχύει κάτι τέτοιο στις συναρτήσεις)

Ευχαριστώ,
Ορέστης.

O δακτύλιος R[x]

δεν έχει μηδενοδιαιρέτες Ορέστη. Είναι ακέραια περιοχή.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #7

emouroukos έγραψε: ↑
Τρί Μάιος 01, 2012 8:38 am
Ισχυρισμός: Για ένα πολυώνυμο $\displaystyle{{Q\left( x \right)}}$ με πραγματικούς συντελεστές, τα ακόλουθα είναι ισοδύναμα:

$\bullet$ $\displaystyle{{\left[ {Q\left( x \right)} \right]^2} = Q\left( {{x^2}} \right).}$

$\bullet$ Το $\displaystyle{{Q\left( x \right)}}$ είναι το μηδενικό πολυώνυμο, ή υπάρχει φυσικός αριθμός $\displaystyle{k}$ τέτοιος, ώστε $\displaystyle{{Q\left( x \right) = {x^k}}.}$

Να ξεκαθαρίσω ότι θεωρώ την απόδειξη του Βαγγέλη την πλέον εύστοχη.

Για λόγους πλουραλισμού να δώσω μια απόδειξη διαφορετική με μιγαδικούς.

Μάλιστα όπως θα φανεί από την απόδειξη το Q(x)

μπορεί να έχει και μιγαδικούς συντελεστές.

Αφού

$Q(x^{2})=(Q(x))^{2}$ στο $\mathbb{R}$

θα είναι ότι $Q(z^{2})=(Q(z))^{2}$ στο $\mathbb{C}$

Αυτό το βλέπουμε γιατί κάθε ταυτότητα στο $\mathbb{R}$ ισχύει και στο $\mathbb{C}$

Από την $Q(z^{2})=(Q(z))^{2}$ στο $\mathbb{C}$

βλέπουμε ότι αν το

είναι ρίζα του Q(z)

τότε και

το $\sqrt{a}$ είναι

Αν πάρουμε ένα $a\in \mathbb{C},a\neq 0$
τότε παίρνοντας τετραγωνικές ρίζες παίρνουμε άπειρους μιγαδικούς.
Αν δεχθούμε το παραπάνω τότε αν το Q(z)

έχει μη μηδενική ρίζα θα άπειρες που
προφανώς είναι ΑΤΟΠΟ.

Να σημειώσω ότι στα παρακάτω θα χρησιμοποιήσω τον συμβολισμό

$e^{i\theta }=\cos \theta +i\sin \theta$

Αν $a=re^{i\theta }$

τότε $\sqrt{a}=r^{\frac{1}{2}}e^{i\frac{\theta }{2}},-r^{\frac{1}{2}}e^{i\frac{\theta }{2}}$

Αν $a\neq 1$ τότε $\theta \neq 0$

$\theta \in (0,2\pi )$

τότε παίρνοντας τετραγωνικές ρίζες(και όχι όλες) έχουμε τους

$r^{\frac{1}{2}}e^{i\frac{\theta }{2}},r^{\frac{1}{4}}e^{i\frac{\theta }{4}},....$

που είναι διαφορετικοί μιγαδικοί.

Αν a=1

τότε οι ρίζες του είναι τα 1,-1

Συνεχίζουμε με το

Πολυωνυμική

Πολυωνυμική

Re: Πολυωνυμική

Re: Πολυωνυμική

Re: Πολυωνυμική

Re: Πολυωνυμική

Re: Πολυωνυμική

Re: Πολυωνυμική

Μέλη σε σύνδεση