Знак дискриминанта

[EminentVictorians]

Дан произвольный многочлен $\varphi = a_nx^n+ ... +a_1x + a_0$, $\varphi \in \mathbb{C}[x]$, $a_0, ... , a_n \in \mathbb{R}$, не имеющий кратных комплексных (т.е. в том числе и действительных) корней. Надо доказать, что знак дискриминанта $sign D(\varphi) = (-1)^t$, где $t$ - число пар комплексно-сопряженных мнимых корней этого многочлена.

Я доказывал следующим образом.

Представим корни многочлена $\varphi$ на комплексной плоскости и пронумеруем их "слева направо - от центра к периферии", т.е. если один корень находится левее другого, то и его номер меньше номера этого другого; если один корень находится ближе к вещественной оси, чем другой, то его номер меньше (т.е. нумерация идет от вещественной оси). Комплексно сопряженные пары нумеруются подряд (сначала нижний корень, затем верхний). А далее надо рассматривать кучу вариантов. Сначала я рассмотрел вариант 1 вещественного корня $a$ и 2-ух число мнимых $b + ci$ и $b - ci$. Выражение $(a - (b - ci))^2(a - (b + ci))^2$ всегда больше нуля. Далее понятно, что выражение $(a - d)^2$ (где $d$ - отличный от $a$ комплексный корень, расположенный правее $a$) тоже, очевидно, положительное. Иными словами, если посмотреть на дискриминант (как на произведение квадратов понятно каких скобок), то серия, начинающаяся с вещественного числа $a$ будет вся положительная. Далее я рассматривал ситуации, стартуя с пары чисто мнимых корней, ближайшей к вещественной оси. Там тоже все по итогу нормально перемножилось (хоть и не так просто как в предыдущей серии; там надо было группировать скобки не в их естественном порядке, в котором они идут в дискриминанте, а парами, так, чтобы получалась разность квадратов) и получилось положительное число. Ну и единственный вариант, когда получается что-то отрицательное, это когда из нижнего комплексно сопряженного вычитаем верхнее комплексно-сопряженное: $((a - bi) - (a + bi))^2 = (-2bi)^2 = -4b^2 < 0$. Таким образом, число отрицательных скобок в произведении дискриминанта равняется числу пар комплексно сопряженных мнимых корней и теорема доказана.

Но если это все аккуратно расписывать, то получается довольно муторно и долго. Может быть есть какое-нибудь нормальное доказательство этого факта без перебора такого числа вариантов?

[nnosipov]

EminentVictorians в сообщении #1517784 писал(а):

Может быть есть какое-нибудь нормальное доказательство этого факта без перебора такого числа вариантов?

Ну, не знаю. По-моему, задача легко решается в уме. Пусть комплексные корни --- это $z_1,\dots,z_n$ и сопряженные к ним $\overline{z_1},\dots,\overline{z_n}$. Есть три типа скобок: $(z_i-z_j)^2$, $(\overline{z_i}-\overline{z_j})^2$ и $(z_i-\overline{z_j})^2$. С первыми двумя типами ясно, а при перемножении скобок третьего типа надо различать случаи $i=j$ (вот здесь как раз получим $(-1)^n$) и $i \neq j$.

[EminentVictorians]

nnosipov в сообщении #1517786 писал(а):

С первыми двумя типами ясно

Как-то не очень, честно говоря. У меня просто почти нету опыта работы с комплексными числами. Вот смотрю я на скобку $(z_i-z_j)^2$ и вижу просто некий квадрат комплексного числа. Это же просто комплексное число, которое не обязано быть действительным. Отношение порядка к нему не применимо.

[nnosipov]

EminentVictorians в сообщении #1517793 писал(а):

Вот смотрю я на скобку $(z_i-z_j)^2$ и вижу просто некий квадрат комплексного числа.

Но Вы умножите $(z_i-z_j)^2$ на $(\overline{z_i}-\overline{z_j})^2$ и получите что-то положительное. Т.е. перемножение скобок первых двух типов даст положительное число.

[TOTAL]

При добавлении в произведение корня $Z$ вот такие
$(Z-z_j)^2(\overline{Z}-\overline{z_j})^2({Z}-\overline{z_j})^2(\overline{Z}-{z_j})^2$
знака не дадут.

А вот такие $(\overline{Z}-{Z})^2$
знак дадут.

[nnosipov]

(Оффтоп)

TOTAL в сообщении #1517800 писал(а):

А вот такие $(\overline{Z}-{Z})^2$
знак дадут.

Вспомнилось: "Разве "Нимфа", туды ее в качель, кисть дает?"

[EminentVictorians]

nnosipov в сообщении #1517786 писал(а):

С первыми двумя типами ясно

С этим разобрался.

nnosipov в сообщении #1517786 писал(а):

а при перемножении скобок третьего типа надо различать случаи $i=j$ (вот здесь как раз получим $(-1)^n$) и $i \neq j$.

А вот это сложнее. Я понимаю, что $(z_i-\overline{z_i})^2 < 0$, но есть же еще и другие скобки вида $(z_i-\overline{z_j})^2$ (где $i \ne j$). Я не знаю, как доказать, что произведение их всех будет положительным.

nnosipov в сообщении #1517786 писал(а):

Пусть комплексные корни --- это $z_1,\dots,z_n$ и сопряженные к ним $\overline{z_1},\dots,\overline{z_n}$.

А действительные корни? С ними тоже ведь будут комбинации.

-- 12.05.2021, 19:16 --

А, кажется дошло. Любой скобке $(z_i-\overline{z_j})^2$ можно поставить в соответствие скобку $(z_j-\overline{z_i})^2$, причем данное соответствие является биекцией. При перемножении этих двух скобок получится положительное число, а значит все эти скобки благополучно перемножатся во что-то положительное.

[nnosipov]

EminentVictorians в сообщении #1518300 писал(а):

А, кажется дошло.

Да, так и есть.

Ну и с добавочными действительными тоже разберетесь, там не сложнее.

[EminentVictorians]

А с действительными корнями абсолютно аналогично. Блин, здорово!

[EminentVictorians]

EminentVictorians в сообщении #1517784 писал(а):

$a_0, ... , a_n \in \mathbb{R}$

Вот это условие вроде бы лишнее. Достаточно потребовать, чтобы только старший коэффициент был вещественным, а остальные могут быть какими угодно.

[nnosipov]

EminentVictorians в сообщении #1518444 писал(а):

а остальные могут быть какими угодно

Если у многочлена корни такие, как указано в задаче, то все остальные коэффициенты тоже обязаны быть вещественными.

[EminentVictorians]

nnosipov в сообщении #1518450 писал(а):

Если у многочлена корни такие, как указано в задаче, то все остальные коэффициенты тоже обязаны быть вещественными.

Как-то не получается это доказать. Можно узнать, почему это верно?

[nnosipov]

EminentVictorians в сообщении #1518491 писал(а):

Можно узнать, почему это верно?

Есть же формулы Виета.

[EminentVictorians]

nnosipov в сообщении #1518502 писал(а):

Есть же формулы Виета.

Я понимаю, почему $a_{n-1} \in \mathbb{R}$ (т.к. $a_{n-1} = -a_n(c_1 + ... + c_n)$, а сумма $(c_1 + ... + c_n)$ вещественная). Но почему, например, $a_{n-2} \in \mathbb{R}$? $a_{n-2} = a_n(c_1c_2 + ... +c_1c_n+ ... + c_{n-1}c_n)$. В скобках какое-то комплексное число, почему оно должно быть обязательно действительным?

[nnosipov]

EminentVictorians в сообщении #1518528 писал(а):

$a_{n-2} = a_n(c_1c_2 + ... +c_1c_n+ ... + c_{n-1}c_n)$. В скобках какое-то комплексное число, почему оно должно быть обязательно действительным?

Подойдите к этому вопросу творчески: выразите сумму попарных произведений корней через что-то, про что будет очевидно, что оно есть вещественное число. (Если сами не сообразите, через что нужно выразить, тогда еще подскажу.)

Да, мы же с Вами уже разбирали основную теорему о симметрических многочленах?