Формулы Виета

[nnosipov]

EminentVictorians в сообщении #1500118 писал(а):

Поэтому, зная строку $c_1, ... , c_n$ (а мы ее знаем, т.к. она нам дана), информация о кратности не теряется.

Согласен. Теперь представьте, что у Вас сто одинаковых значений в строке. Вы пишите сто одинаковых уравнений, получаете квадратную систему. Но фактически-то уравнение одно. То есть, Ваша система неадекватна тем данным, что имеются, она отражает лишь часть того, что дано.

[EminentVictorians]

nnosipov в сообщении #1500120 писал(а):

Теперь представьте, что у Вас сто одинаковых значений в строке. Вы пишите сто одинаковых уравнений, получаете квадратную систему. Но фактически-то уравнение одно.

Я согласен, что в этой квадратной системе могут оказаться одинаковые уравнения. Дальше я рассуждаю так: раз определитель Вандермонда этой квадратной СЛАУ равен нулю, то СЛАУ явно не является определенной. Т.е. либо она несовместна, либо не определенна. (я согласен с тем, что если рассуждать дальше, то может быть получиться исключить какой-то один из этих двух вариантов, но пока ничего не исключено) Рассмотрю оба эти варианта.

1. Если СЛАУ получилась несовместной, то для меня это означает, что при данном наборе $c_i$ и $a_n$ не получится подобрать такие коэффициенты $a_i, i \ne n$, чтобы полученный многочлен $f = a_nx^n + ... +a_1x + a_0$ имел заданные корни с заданной кратностью. Это очень странно, учитывая, что всегда можно написать многочлен $g = a_n(x - c_1)\cdot ... \cdot (x - c_n)$, раскрыть в нем скобки, привести подобные и получить таки многочлен, который имеет ровно корни $c_i$ с нужной кратностью и имеет старший член $a_n$. Поэтому я делаю вывод, что система несовместной быть не может, а значит она неопределенна.

2. Раз СЛАУ не определенна, то получается, что найдется как-минимум 2 разных набора коэффициентов $(a_0', ... , a_{n-1}')$ и $(a_0'', ... , a_{n-1}'')$, а значит и 2 разных многочлена $f' = a_nx^n + a_{n-1}'x^{n-1} ... +a_1'x + a_0'$ и $f'' = a_nx^n + a_{n-1}''x^{n-1} ... +a_1''x + a_0''$, которые имеют корни $c_1, ... , c_n$ с нужной кратностью и старший член $a_n$. А это противоречит тому, что в учебнике формулы Виета определяют многочлен однозначно.

Я к тому, что да - в квадратной СЛАУ "уравнений несколько, но по факту одно". Но что бы мы дальше с этой СЛАУ ни делали, рассуждения выше от этого не пострадают (точнее, я не вижу, как они должны пострадать). А эти рассуждения, если верить в однозначность формул Виета, неверны. Где здесь ошибка закралась, я не вижу.

[nnosipov]

EminentVictorians в сообщении #1500126 писал(а):

а значит и 2 разных многочлена $f' = a_nx^n + a_{n-1}'x^{n-1} ... +a_1'x + a_0'$ и $f'' = a_nx^n + a_{n-1}''x^{n-1} ... +a_1''x + a_0''$, которые имеют корни $c_1, ... , c_n$ с нужной кратностью

Откуда следует, что они имеют эти корни с нужными кратностями? Они просто имеют эти корни, а с какими кратностями --- это неизвестно. Еще раз повторю: Ваша система уравнений неправильно интерпретирует данные, т.е. строку корней с их кратностями.

Пример из жизни. На уроке английского мне задали домашнее задание: написать письмо другу из 15 фраз. Я написал в тетрадке: "Хай, Петя" и повторил эту фразу еще 14 раз. Англичанка сказала, что я дебил неправильно понял домашнее задание. Пришлось переделывать.

[EminentVictorians]

Да, понял. В пункте 2 найдутся просто 2 разных многочлена, имеющие в качестве корней каждый из $c_i$. Осталось просто разобрать этот случай с учетом кратностей и показать, что если таки кратность учитывать, то многочлен получится и при том только 1. А потом доделать другой отдельный случай с разными корнями и ненулевым определителем Вандермонда.

[Odysseus]

(Оффтоп)

nnosipov в сообщении #1500130 писал(а):

На уроке английского мне задали домашнее задание: написать письмо другу из 15 фраз. Я написал в тетрадке: "Хай, Петя" и повторил эту фразу еще 14 раз.

Вы поступили как настоящий математик: предъявили наиболее простое решение, которое полностью удовлетворяет требуемым условиям