Многочлен над R c корнями из R

[Mathusic]

Пусть многочлен $ f(x)= a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+....+a_{n}x^{n}\in \mathbb{R}[x] $ имеет только вещественные корни.
Надо доказать, что все корни
$ g(x)=\binom{n}{0}a_{0}+\binom{n}{1}a_{1}x+\binom{n}{2}a_{2}x^{2}+....+\binom{n}{n}a_{n}x^{n} $
так же вещественны.

-- Вс сен 27, 2009 23:52:00 --

Кажется индукция что-то даёт.

[RIP]

Можно так доказать. Всё основано на наблюдении:
Если все корни многочлена $P(z)$ вещественны, $a\in\mathbb R$, то у многочлена $aP(z)+P'(z)=e^{-az}\frac d{dz}\bigl(P(z)e^{az}\bigr)$ тоже все корни вещественны.
Итерируя, получаем:
Если у многочленов $f(z)=a_0+a_1z+\ldots+a_nz^n$ и $P(z)$ все корни вещественны, то и у $f\bigl(\frac d{dz}\bigr)P(z)=\sum_{\nu=0}^na_\nu P^{(\nu)}(z)$.
Последовательно получаем многочлены, все корни которых вещественны:
$f_0(z)=f(z)=a_0+a_1z+\ldots+a_nz^n;$
$f_1(z)=z^nf_0(z^{-1})=a_n+a_{n-1}z+\ldots+a_0z^n;$
$f_2(z)=n!^{-1}f_1\bigl(\frac d{dz}\bigr)z^n=\frac{a_0}{0!}+\frac{a_1}{1!}z+\ldots+\frac{a_n}{n!}z^n;$
$f_3(z)=f_2\bigl(\frac d{dz}\bigr)z^n=\binom nna_n+\binom n{n-1}a_{n-1}z+\ldots+\binom n0a_0z^n;$
$g(z)=z^nf_3(z^{-1}).$