Комплексный корень уравнения

[statstudent]

Добрый день! На одном из этапов задачи необходимо доказать, что у многочлена $f(x)=x^6+ax^3+bx^2+cx+d$, где a,b,c,d отличные от нуля, есть по крайней мере один. У кого-нибудь есть идеи как можно было бы это сделать?

[gris]

Где один, там и второй. То есть действительных корней не больше четырёх (с учётом кратности.

[arseniiv]

А основная теорема алгебры не подойдёт?

[DeBill]

statstudent
По теореме Лиувилля (для $\frac{1}{f(x)}$). Или по теореме Руше, или по принципу аргумента (для достаточно большого круга).

[Евгений Машеров]

Так что нужно? Доказать, что существует хотя бы один корень или что хотя бы один из корней имеет ненулевую мнимую часть?

-- 22 апр 2016, 13:45 --

Наличие корней у алгебраического уравнения это "Основная теорема алгебры", и если нужно узнать, если ли (возможно, но не обязательно, комплексный) корень - есть. Для любых коэффициентов. А если нужно узнать, есть ли "существенно комплексный" корень, в смысле не являющийся действительным числом - я бы воспользовался "Правилом Декарта"

Цитата:

Теорема Декарта или правило знаков Декарта, — теорема, утверждающая, что число положительных корней многочлена с вещественными коэффициентами равно числу перемен знаков в ряду его коэффициентов или на чётное число меньше этого числа (корни считаются с учётом кратности, нулевые коэффициенты при подсчёте числа перемен знаков не учитываются).

То есть считаем число положительных корней (или его оценку сверху, отличающуюся на чётное число), подставляем вместо x $-x$, считаем число отрицательных (и нулевые ещё проверим) и если получится в сумме меньше степени многочлена - точно есть такие, которые не положительны, не отрицательны и не ноль. Очевидно, что если у исходного многочлена максимальное число перемен знака (4), то у $f(-x)$ их вовсе нет. Вот аккуратно проверить возможность того, что у $f(x)$ 3 перемены и у $f(-x)$ тоже три - мне лень, прошу прощения. Хотя несложно - выписать 16 вариантов знаков и посчитать. Кажется, что не будет.

[svv]

Я понял вопрос так: доказать, что если у многочлена шестой степени коэффициенты $a_6=1, a_5=a_4=0$, остальные ненулевые, то все корни вещественными быть не могут.

[Евгений Машеров]

Да, нулевых, конечно же, не будет, поскольку $d\neq 0$

-- 22 апр 2016, 14:05 --

В общем, можно не пересчитывать все 16 вариантов, а просто понять, что число перемен знака у данного многочлена $f(x)$ плюс число перемен знака у многочлена $f(-x)$ будет при любых ненулевых a, b, c, d равно 4, то есть число положительных корней плюс число отрицательных корней равно 4 или меньше на 2 или 4, и никак не может быть 6. А всего корней у уравнения шестой степени 6, то есть хотя бы два не будут действительны.

[svv]

У меня там, наверное, нумерация нестандартная: номер коэффициента равен степени $x$, при которой он стоит.

Другой вариант — по формулам Виета: $a_5=0, a_4=0$ означают, что равны нулю соответствующие симметрические многочлены от корней, откуда сумма квадратов корней тоже равна нулю.

[provincialka]

Хм... а что, просто исследовать функцию с помощью производной нельзя?