Комплексные корни

[Руст]

Пусть а действительное число. Докажите, что все комплексные корни уравнения:
$x^{2n}+a(x^{2n-1}+x^{2n-2}+...+x)+1=0$
по модулю равны 1.

[ewert]

Заменой $x=e^{2it}$ сводится к вещественному уравнению:

$\tg(2nt)=b\cdot\tg(t)$,

у которого на промежутке $\left(-{\pi\over2};{\pi\over2}\right)$, в принципе, как раз $2n$ корней, а вникать в детали уже лень.

[Руст]

Неверно. Комплексных корней не обязательно 2n.

[ewert]

ну да, не обязательно, могут быть ещё (+1) или (-1), двукратные.

[Руст]

ewert писал(а):

ну да, не обязательно, могут быть ещё (+1) или (-1), двукратные.

У любого действительного многочлена их всегда чётное количество, даже если кратные корни считать только один раз. К тому же здесь кратные корни не возникают.

[ewert]

Руст писал(а):

У любого действительного многочлена их всегда чётное количество, даже если кратные корни считать только один раз. К тому же здесь кратные корни не возникают.

Вот это уже Очень Странное Утверждение, причём как минимум дважды странное.

1). Я надеюсь, что Вы имели в виду под "ими" только комплексные корни.

2). Я надеюсь, что под "не возникают" Вы имели в виду опять же комплексные корни (вещественные-то тут заведомо кратные, если есть).

[Руст]

Речь идёт только о комплексных корнях. У этого уравнения могут быть и вещественные корни. И они могут быть не равны 1 по модулю.

[ewert]

Руст писал(а):

Речь идёт только о комплексных корнях. У этого уравнения могут быть и вещественные корни. И они могут быть не равны 1 по модулю.

Да, это правда, и даже банально.

Это потому, что я слишком легкомысленно прочитал Вашу формулировку. Когда я вижу слово "комплексные", то автоматически понимаю это как "вообще говоря, комплексные".

Ну хорошо, тогда так. Предыдущие рассуждения доказывают, что уравнение имеет как минимум $(2n-2)$ различных невещественных корней, по модулю равных единице и попарно сопряжённых. Если разделить исходный многочлен на соответствующие этим корням скобки, то останется многочлен вида $x^2+bx+1$. У него если и есть невещественные корни, то тоже по модулю равные единице. Ч.т.д.

[Руст]

Как получили такое уравнение?

ewert писал(а):

Заменой $x=e^{2it}$ сводится к вещественному уравнению:

$\tg(2nt)=b\cdot\tg(t)$,

у которого на промежутке $\left(-{\pi\over2};{\pi\over2}\right)$, в принципе, как раз $2n$ корней, а вникать в детали уже лень.

Что такое $b$?

[ewert]

Получил сворачиванием геометрической прогрессии и потом прямой подстановкой экспоненты (ну там потом ещё стандартные тригонометрические преобразования). Коэффициент $b$ соответствующим дробно-линейным образом выражается через $a$.

[TOTAL]

ewert писал(а):

Получил сворачиванием геометрической прогрессии и потом прямой подстановкой экспоненты (ну там потом ещё стандартные тригонометрические преобразования). Коэффициент $b$ соответствующим дробно-линейным образом выражается через $a$.

Можно поподробнее?

[ewert]

Хм.

$$-(x^{2n}+1)=a(x^{2n-1}+x^{2n-2}+\dots x)\;;$$

$$-(x^{2n}+1)=ax\;{x^{2n-1}-1\over x-1}\;;$$

$$-(x^{n}+x^{-n})=a\;{x^{n-{1\over2}}-x^{{1\over2}-n}\over x^{1\over2}-x^{-{1\over2}}}\;;$$

$$x=e^{2it}}\quad\Longrightarrow\quad -(e^{2int}+e^{-2int})=a\;{e^{it(2n-1)}-e^{-it(2n-1)}\over e^{it}-e^{-it}}\;;$$

$$ -2\;\cos(2nt)=a\;{\sin((2n-1)t)\over \sin(t)}\;;$$

$$ 2\;\sin(t)\,\cos(2nt)+a\;\big(\cos(t)\,\sin(2nt)-\sin(t)\,\cos(2nt)\big)\;;$$

$$ a\;\cos(t)\,\sin(2nt)=(a-2)\;\sin(t)\,\cos(2nt)\;;$$

$$ \tg(2nt)=b\;\tg(t)\;,\qquad b={a-2\over a}\;.$$

Если я ничего не зевнул в арифметике. В частности, явное выражение $b$ через $a$ я только сейчас первый раз вывел -- оно совершенно непринципиально, важна лишь взаимная однозначность.

Если вы хотите сказать, что всё это неэлегантно и что для полного счастья не хватает ещё энного количества заклинаний -- не спорю. Просто это первое, что пришло мне в голову.

[bot]

уже было
Виноват - пропустил или забыл ... Скорее, наверно, забыл, что уже видел. Я получил её из другого источника в точности в формулировке Руста, то есть с чётной степенью, и воспринял как новую.

Когда доказал, то обнаружил, что чётность нигде не использовал.

P.S. Сначала тоже отреагировал ровно так же как

ewert в сообщении #136493 писал(а):

Когда я вижу слово "комплексные", то автоматически понимаю это как "вообще говоря, комплексные".

[bot]

Руст в сообщении #136428 писал(а):

К тому же здесь кратные корни не возникают.

Если из уравнений $f(x)=0, f'(x)=0$ исключить $a$ неужто тождество получится? Надо бы посчитать.

Добавлено спустя 7 минут 58 секунд:

Нет, считать не нужно.
$f(x)=x^n+a g(x)+1=0, f'(x)=nx^{n-1}+a g'(x)=0 \Rightarrow \frac{g'(x)}{g(x)}=\frac{nx^{n-1}}{x^n+1}\Rightarrow g(x)=c(x^n+1)$.

Видимо я не так понял - в доказательстве они не возникают.