Chủ đề này có 7 trả lời

[quangbinng]

Em không hiểu 2 chỗ in đỏ:

 

Tại sao lại suy ra được khi $|x_j|>1$ thì $|x_j^2+1|>x_j$

 và sau khi suy ra được dạng của $x_j=\cos \theta_j+i\sin \theta_j$ thì lại có thể suy ra $P(x)=(x^2+1)^n$

 

Hình gửi kèm

• 

[ChangBietDatTenSaoChoDoc]

Chỗ về môđun, giả sử $x_j = \sqrt{2}i$ thì $|x_j|=\sqrt{2}$ và $x_j^2+1=-2+1=-1 \Rightarrow |x_j^2+1|<|x_j|$ . Nghi ngờ chỗ này quá!

Có lẽ chỗ đó phải đổi dấu lại mới đúng.
Nghĩa là giả sử $|x_j|<1$ (trong đường tròn đơn vị), khi đó $x_j^2+1$ nằm ngoài đường tròn đơn vị nên có môđun lớn hơn mới đúng.

Rồi ở dưới mới giả sử ngược lại và dẫn đến trường hợp ở trên như họ đã làm.

[ChangBietDatTenSaoChoDoc]

Chỗ đó lẽ ra $P\left ( x \right )=\prod_{i=1}^{n}\left ( x^2-2\cos \theta _j x + 1 \right )$ mới đúng.

Thay cái này vào để chứng minh không thỏa @@ (khó).

[quangbinng]

Chỗ về môđun, giả sử $x_j = \sqrt{2}i$ thì $|x_j|=\sqrt{2}$ và $x_j^2+1=-2+1=-1 \Rightarrow |x_j^2+1|<|x_j|$ . Nghi ngờ chỗ này quá!

Có lẽ chỗ đó phải đổi dấu lại mới đúng.
Nghĩa là giả sử $|x_j|<1$ (trong đường tròn đơn vị), khi đó $x_j^2+1$ nằm ngoài đường tròn đơn vị nên có môđun lớn hơn mới đúng.

Rồi ở dưới mới giả sử ngược lại và dẫn đến trường hợp ở trên như họ đã làm.

 

 

Chỗ về môđun, giả sử $x_j = \sqrt{2}i$ thì $|x_j|=\sqrt{2}$ và $x_j^2+1=-2+1=-1 \Rightarrow |x_j^2+1|<|x_j|$ . Nghi ngờ chỗ này quá!

Có lẽ chỗ đó phải đổi dấu lại mới đúng.
Nghĩa là giả sử $|x_j|<1$ (trong đường tròn đơn vị), khi đó $x_j^2+1$ nằm ngoài đường tròn đơn vị nên có môđun lớn hơn mới đúng.

Rồi ở dưới mới giả sử ngược lại và dẫn đến trường hợp ở trên như họ đã làm.

 

tại sao $|x_j|<1$ thì $x^2_j+1$ lại nằm ngoài đường tròn đơn vị ??

mà mình tưởng phải thành lập 1 dãy nghiệm tăng hay giảm ngặt mới chứng minh được chứ. 

[ChangBietDatTenSaoChoDoc]

$x_j$ nằm trong, $x_j^2$ nằm trong, $x_j^2+1$ sẽ nằm ngoài. Đây nói về mặt "hình ảnh" vậy chứ phải viết dạng số phức rồi chứng minh ấy chứ. Cái người ta chứng minh vậy mình nghĩ không đúng rồi.

Có một định lý như thế này. Bạn xem có dùng được gì không.

Để gọn ký hiệu $P\left ( x \right ) = : P_x$.

Xét bài toán: "Cho $f,g,h \in \mathbb{R}\left [ x \right ]; \deg f + \deg g = \deg h$. Tìm tất cả các đa thức $P$ sao cho $P_fP_g=P_h$." (1)

Định lý: "Nếu một trong hai điều kiện sau thỏa mãn:

i) $\deg f \neq \deg g$;

ii) $\deg f = \deg g$ và $f^* + g^* \neq 0$, trong đó $f^*, g^*$ là hệ số bậc cao nhất của $f,g$.

thì với mọi số nguyên dương $n$, tồn tại nhiều nhất một đa thức bậc $n$ thỏa mãn (1)."

 

Chứng minh:

Trước hết, đồng nhất hệ số cao nhất hai vế ta được $P^*=\left ( \frac{h^*}{f^*g^*} \right )^n$.

Giả sử $Q$ là đa thức bậc $n$ cũng thỏa mãn (1). Khi đó $Q^*=P^*$ và $Q=P+R$ với $0 \leq \deg R =r<n$.

Thay $Q$ vào (1):

$$\left ( P_f+R_f \right )\left ( P_g+R_g \right )=P_h+R_h\Leftrightarrow P_fR_g+R_fP_g=R_h$$ (2)

Xét các trường hợp:

TH1: điều kiện i) thỏa mãn. So sánh bậc hai vế của (2) thấy mâu thuẫn.

TH2: điều kiện ii) thỏa mãn. Hệ số cao nhất của vế trái của (2) là 

$P^* ( f^* )^n R^* ( g^* )^r+P^* ( g^* )^n R^* ( f^* )^r =P^* R^* ( f^* g^* )^r ( {f^*}^{n-r}+{g^*}^{n-r}) \neq 0$.

Do đó bậc của vế trái là $nf+rg=nf+rf$.

Trong khi bậc vế phải là $rh = rf+rg<nf+rf$. Vô lý.

Từ đó suy ra đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 13-01-2015 - 20:52

[ChangBietDatTenSaoChoDoc]

Công thức không hiện ra được vậy ta. Sửa xem thử cũng không được. Mod giúp em với.

[quangbinng]

$x_j$ nằm trong, $x_j^2$ nằm trong, $x_j^2+1$ sẽ nằm ngoài. Đây nói về mặt "hình ảnh" vậy chứ phải viết dạng số phức rồi chứng minh ấy chứ. Cái người ta chứng minh vậy mình nghĩ không đúng rồi.

Có một định lý như thế này. Bạn xem có dùng được gì không.

Để gọn ký hiệu $P\left ( x \right ) = : P_x$.

Xét bài toán: "Cho $f,g,h \in \mathbb{R}\left [ x \right ]; \deg f + \deg g = \deg h$. Tìm tất cả các đa thức $P$ sao cho $P_fP_g=P_h$." (1)

Định lý: "Nếu một trong hai điều kiện sau thỏa mãn:

i) $\deg f \neq \deg g$;

ii) $\deg f = \deg g$ và $f^* + g^* \neq 0$, trong đó $f^*, g^*$ là hệ số bậc cao nhất của $f,g$.

thì với mọi số nguyên dương $n$, tồn tại nhiều nhất một đa thức bậc $n$ thỏa mãn (1)."

 

Chứng minh:

Trước hết, đồng nhất hệ số cao nhất hai vế ta được $P^*=\left ( \frac{h^*}{f^*g^*} \right )^n$.

Giả sử $Q$ là đa thức bậc $n$ cũng thỏa mãn (1). Khi đó $Q^*=P^*$ và $Q=P+R$ với $0 \leq \deg R =r<n$.

Thay $Q$ vào (1):

$$\left ( P_f+R_f \right )\left ( P_g+R_g \right )=P_h+R_h\Leftrightarrow P_fR_g+R_fP_g=R_h$$ (2)

Xét các trường hợp:

TH1: điều kiện i) thỏa mãn. So sánh bậc hai vế của (2) thấy mâu thuẫn.

TH2: điều kiện ii) thỏa mãn. Hệ số cao nhất của vế trái của (2) là $P^*\left ( f^* \right )^nR^*\left ( g^* \right )^r+P^*\left ( g^* \right )^nR^*\left ( f^* \right )^r=P^*R^*\left ( f^* g^*\right )^r\left ( f^*^{n-r}+g^*^{n-r} \right ) \neq 0$. Do đó bậc của vế trái là $nf+rg=nf+rf$.

Trong khi bậc vế phải là $rh = rf+rg<nf+rf$. Vô lý.

Từ đó suy ra đpcm.

 

 

 

Nhưng mà như thế phải tìm được các nghiệm ở các bậc $n$, nhưng mà với mỗi $n>1$ nó lại không có nghiệm ?

[quangbinng]

$x_j$ nằm trong, $x_j^2$ nằm trong, $x_j^2+1$ sẽ nằm ngoài. Đây nói về mặt "hình ảnh" vậy chứ phải viết dạng số phức rồi chứng minh ấy chứ. Cái người ta chứng minh vậy mình nghĩ không đúng rồi.

 

 

mình biết là $|x_j^2|=|x_j||x_j|<1.1$ nên nó nằm trong, nhưng mà khi cộng thêm phần thực 1, tức điểm đó dịch sang ngang theo chiều Ox là 1, chưa dám chắc là nó đã vượt qua được đường tròn, vì đường tròn có đường kính là 2 mà