2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу 1, 2  След.
 
 Маленькие интриги кубического многочлена
Сообщение16.04.2019, 20:43 
Заслуженный участник


20/12/10
5882
Brukvalub в сообщении #1388126 писал(а):
что лишне в задаче на применение теорем анализа
Поскольку опыт преподавания матана у меня нулевой, возражать не буду. Хотя лично я за здоровую конвергенцию.

Вот, кстати, на днях просили проконсультировать каких-то питерских студентов (из пединститута, кажется). Вот такая задача их интересовала:

Задача. Дан многочлен $p(z)=z^3+az+b$, где $a,\,b,\,c \in \mathbb{C}$.
1. Пусть $a=-i$, $b=1-i$. Найдите корни многочлена $p(z)$ и запишите их в алгебраической форме.
2. Найдите все пары $(a,b)$, при которых один из корней многочлена $p(z)$ совпадает с серединой отрезка между двумя другими (здесь и далее мы отождествляем комплексные числа с точками плоскости).
3. Найдите все пары $(a,b)$, при которых корни многочлена $p(z)$ лежат в вершинах равностороннего треугольника.
4. Докажите, что если $|p(z)| \leqslant 1$ при всех ($z$ таких, что) $|z|=1$, то $a=b=0$.

(Честно говоря, я порадовался за Питер, хоть не противно читать условие, хоть какая-то интрига в задаче присутствует.) Вот эта задача по какому предмету? Я счел, что по алгебре (список задач был озаглавлен "Задачи на комплексные числа"). Но тут вроде бы и геометрия есть (всякие отрезки-треугольники), и анализ (п. 4, явно же экстремальная задача, неравенства всякие), и даже комплексный анализ (п. 4 меня потянуло решать с помощью теоремы Руше, но я вовремя остановился). В общем, постарался придумать максимально алгебраическое решение.

Этот поток сознания текст, наверное, стоит отделить в "Вопросы преподавания" (например). Может, кому интересно будет пообсуждать. (Например, что делать с п. 1, если преподаватель-злодей попросил решить его с помощью формулы Кардано --- в пединститутах эта формула вполне актуальна.)

 Профиль  
                  
 
 Re: Маленькие интриги кубического многочлена
Сообщение13.05.2019, 14:39 
Заслуженный участник


11/05/08
31745
nnosipov в сообщении #1388133 писал(а):
Но тут вроде бы и геометрия есть (всякие отрезки-треугольники)

Это ни разу не геометрия. В 3-м пункте вообще всё тривиально: уравнение должно иметь вид $(z-\alpha)^3=\beta$, откуда $a=0$ и $b$ произвольно. Во 2-м наоборот, т.к. должно быть $(z-\alpha)\big((z-\alpha)^2-\beta^2\big)=0$, т.е. $(z-\alpha)^3-\beta^2(z-\alpha)=0$.

В 1-м один корень очевиден, а уж для решения квадратного уравнения никакого Кардано не нужно.

В 4-м посложнее, но без ТФКП тоже вполне можно. Достаточно того, что вещественная часть имеет вид $\cos3t+\alpha\cos(t+\beta)+\gamma$. Первое слагаемое принимает единичное значение того же знака, что и $\gamma$, в трёх равноотстоящих (на окружности) точках, и как минимум в двух из них знаки второго слагаемого противоположны. Поэтому как минимум в одной из этих точек все три слагаемых одного знака, причём первое из них по модулю равно единице.

(Ну как раз тут, возможно, и удалось бы что-то сэкономить за счёт геометрии; но зачем?)

 Профиль  
                  
 
 Re: Маленькие интриги кубического многочлена
Сообщение13.05.2019, 16:27 
Заслуженный участник


20/12/10
5882
ewert в сообщении #1392749 писал(а):
Это ни разу не геометрия.
Ну, когда начинаешь читать условие задачи, это еще не понятно. Мало ли, что там автор мог задумать.

В целом задачи простые, но, как я уже писал, не совсем примитивные. Более-менее интригует только 4-й пункт. Естественно, здесь нужно решать сразу для произвольного многочлена $n$-степени. Прилагаю pdf-файл, где это решение есть (оно, конечно, хорошо известно). Решение из ТФКП я не стал вообще писать, чтобы не смущать народ (интересно, знают ли студенты питерского пединститута теорему Руше?).


Вложения:
problem-9-new.pdf [128.96 Кб]
Скачиваний: 33
 Профиль  
                  
 
 Re: Маленькие интриги кубического многочлена
Сообщение13.05.2019, 17:09 
Заслуженный участник


11/05/08
31745
Несколько технических замечаний.

По п.1. Второй корень, конечно, можно и угадать. Но зачем после этого снова делить многочлены? Когда есть самая что ни на есть квадратная теорема Виета, которую любой ребёнок знает. Кстати, решение комплексных квадратных уравнений -- это вполне шаблонная учебная задача, так что вполне могло загадываться и решение в лоб.

По п.п.2,3. Почему я сказал, что не геометрия. В третьем пункте просто бросается в глаза, что если сместить центр треугольника в начало координат, то получится типичная картинка расположения кубических корней (то, что любые корни равномерно распределены по окружности -- это святое). А это ровно и означает, что куб смещённого зет есть константа, а раз нет квадрата, то и смещение нулевое.
Во втором пункте чуть сложнее, но зато уж и вовсе без геометрии. Условие пункта в точности означает, что корни суть $\alpha$ и $\alpha\pm\beta$ -- не больше и не меньше. После чего прямо-таки напрашивается выписать разложение на множители и чуть-чуть пораскрывать скобки, и вновь отсутствие квадрата сразу всё решает.
Кстати, там тоже $a\neq0$, естественно. (Я это заметил сразу же после написания поста, но исправлять было лень)

По п.4 -- там у меня более серьёзный логический пробел. Если $a\neq0$ (или, что то же, $\alpha\neq0$), то всё нормально. Но вот при $a=0$ может получиться так, что $\gamma=0$ и при $b\neq0$, и тогда рассуждение не проходит. Ну зато в этом случае проходит аналогичное рассуждение для мнимой части, например. Или предварительно умножить многочлен на $e^{i\theta}$.

Предлагать доказывать этот пункт сразу для произвольной степени -- явный перебор, это слишком утяжеляет задачу. А вот тот факт, что два первых слагаемых вращаются несинхронно -- опять же бросается в глаза, причём в рамках минимальных знаний о комплексных числах. После чего вопрос сводится лишь к тому, как это наблюдение формализовать. Но вот на это уже далеко не каждый студент способен (из числа инженеров, во всяком случае).

-- Пн май 13, 2019 18:11:38 --

nnosipov в сообщении #1392769 писал(а):
(интересно, знают ли студенты питерского пединститута теорему Руше?)


В первом семестре (а это тема первого семестра) -- естественно, не знают. Никто не знает.

 Профиль  
                  
 
 Re: Маленькие интриги кубического многочлена
Сообщение13.05.2019, 19:01 
Заслуженный участник


20/12/10
5882
ewert в сообщении #1392789 писал(а):
Но зачем после этого снова делить многочлены? Когда есть самая что ни на есть квадратная теорема Виета, которую любой ребёнок знает.
Ну да :) Это получилось на автопилоте.
ewert в сообщении #1392789 писал(а):
По п.4 -- там у меня более серьёзный логический пробел.
Извиняюсь, не вчитывался. Возможно, автор задачи так и хотел --- чтобы задача решалась с опорой на специфику. (Первое ощущение от такой формулировки --- почему не для произвольного, со всеми коэффициентами, кубического многочлена? Ведь с точки зрения общего подхода это даже проще.)
ewert в сообщении #1392789 писал(а):
Предлагать доказывать этот пункт сразу для произвольной степени -- явный перебор
Нет, это автор явно не планировал, такое для зачета даже вредно. Просто для репетитора полезно осознать суть дела в общем случае (как мне кажется). Собственно, ради этой задачи я и согласился помочь студентам (сюжет красив, свидетельствует о вкусе).

Вообще, список задач был большой (точнее, задачи были многопунктовые), но проблемы у студентов были только с этой, последней в списке задачей (остальные задачи были шаблонные, и студенты с ними сами справились).

-- Пн май 13, 2019 23:05:37 --

ewert в сообщении #1392789 писал(а):
В первом семестре (а это тема первого семестра) -- естественно, не знают. Никто не знает.
Это понятно, но они ее вообще могут не узнать, ни в каком семестре. По нынешним временам это как-то даже нормально.

 Профиль  
                  
 
 Re: Маленькие интриги кубического многочлена
Сообщение13.05.2019, 19:21 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


08/11/11
5548
nnosipov в сообщении #1392769 писал(а):
Естественно, здесь нужно решать сразу для произвольного многочлена $n$-степени. Прилагаю pdf-файл, где это решение есть (оно, конечно, хорошо известно).


А, ну кстати, раз уж Вы дискретное преобразование Фурье пишете, то более просто, по-моему, использовать формулу Планшереля: из неё следует, что сумма квадратов модулей исходных коэффициентов многочлена не превосходит единицы, и одна единица там уже есть при $z^n$, поэтому все остальные нули.

 Профиль  
                  
 
 Re: Маленькие интриги кубического многочлена
Сообщение13.05.2019, 19:30 
Заслуженный участник


11/05/08
31745
nnosipov в сообщении #1392803 писал(а):
Это понятно, но они ее вообще могут не узнать, ни в каком семестре. По нынешним временам это как-то даже нормально.

У подавляющего большинства наших студентов постепенно отменили ТФКП как класс. Я, правда, своим в порядке компенсации на последних полутора лекциях 3-го семестра рассказываю всю ТФКП. Но теорема Руше туда, естественно, никак не влезает. Даже принцип аргумента не влезает, хотя я всегда мечтаю успеть.

 Профиль  
                  
 
 Re: Маленькие интриги кубического многочлена
Сообщение13.05.2019, 20:11 
Заслуженный участник


20/12/10
5882
g______d в сообщении #1392806 писал(а):
более просто, по-моему, использовать формулу Планшереля
Да, но будет ли это более экономно в плане объяснения клиенту? Организмы у современных студентов очень слабые (я не имею в виду тех, что пасутся здесь, на dxdy), поэтому лучше не рисковать.
ewert в сообщении #1392808 писал(а):
У подавляющего большинства наших студентов постепенно отменили ТФКП как класс.
Понимаю. Из-за головотяпства местных бюрократов или администрация боится потерять контингент?

 Профиль  
                  
 
 Re: Маленькие интриги кубического многочлена
Сообщение13.05.2019, 21:05 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


08/11/11
5548
nnosipov в сообщении #1392818 писал(а):
Да, но будет ли это более экономно в плане объяснения клиенту? Организмы у современных студентов очень слабые (я не имею в виду тех, что пасутся здесь, на dxdy), поэтому лучше не рисковать.


Тут прямая зависимость от линейной алгебры: если они знакомы с унитарными матрицами, то решение получается практически бесплатно (проверка унитарности ДПФ сводится к геометрической прогрессии). Если нет, то, наверное, нет. С линейной алгеброй может быть ещё так, что ортогональные матрицы они знают, а унитарные нет, тогда тоже может быть сложнее.

 Профиль  
                  
 
 Re: Маленькие интриги кубического многочлена
Сообщение13.05.2019, 21:46 
Заслуженный участник


11/05/08
31745
g______d в сообщении #1392829 писал(а):
Тут прямая зависимость от линейной алгебры: если они знакомы с унитарными матрицами,

Почти наверняка тоже нет, т.к. стандартно 1-й семестр -- это не только алгебра, но "линейная алгебра и аналитическая геометрия". Какая уж тут унитарность матриц или хотя бы даже ортогональность (что, кстати, сложнее унитарности).

-- Пн май 13, 2019 22:53:48 --

nnosipov в сообщении #1392818 писал(а):
Из-за головотяпства местных бюрократов или администрация боится потерять контингент?

Потерять не боится наверняка -- из-за именно ТФКП никто из студентов никогда специально не страдал (при том, что в той или иной форме для последующих дисциплин она нужна многим). Бюрократизма у нас, естественно, тоже хватает, но в довольно мягкой форме. Специально никто из нашего начальства нас не гнобит, но под вышестоящее вынуждено подлаживаться. Хочешь жить -- умей вертеться, москва слезам не верит и бьёт под дых и т.д. Вот и вынуждено постоянно оптимизировать рабочие программы, доходя иногда до абсурда. Вынужденного.

-- Пн май 13, 2019 23:04:25 --

nnosipov в сообщении #1392803 писал(а):
Первое ощущение от такой формулировки --- почему не для произвольного, со всеми коэффициентами, кубического многочлена?

Да попросту потому, что вид многочлена был задан изначально. Задача пусть и не сюжетная в точном смысле, но близко к тому; зачем вносить диссонанс. Да и перегруз; да и ни разу не на анализ задача.

 Профиль  
                  
 
 Re: Маленькие интриги кубического многочлена
Сообщение13.05.2019, 22:20 
Заслуженный участник


20/12/10
5882
ewert в сообщении #1392833 писал(а):
но в довольно мягкой форме
Завидую, у нас довольно жестко. В результате "инноваций" имею сейчас по 9 лекций алгебры в 1-м и 2-м семестре. (А начинал когда-то в режиме 68 лекций в год, т.е. по 2 лекции в неделю.) Какие уж тут ортогональные операторы.

 Профиль  
                  
 
 Re: Маленькие интриги кубического многочлена
Сообщение13.05.2019, 22:28 
Заслуженный участник


11/05/08
31745

(Оффтоп)

nnosipov в сообщении #1392838 писал(а):
(А начинал когда-то в режиме 68 лекций в год, т.е. по 2 лекции в неделю.)

А вот это уже альтернативное безумие, если только речь не о чистых математиках. Одна лекция в неделю (на предмет, не на лектора) -- это оптимально. Больше уже для студентов просто физиологически утомительно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Маленькие интриги кубического многочлена
Сообщение13.05.2019, 22:39 
Заслуженный участник


20/12/10
5882
ewert в сообщении #1392840 писал(а):

(Оффтоп)

Больше уже для студентов просто физиологически утомительно.

(Оффтоп)

Тогда у нас экспериментировали, но я не заметил, чтобы студенты сильно переутомлялись. Один из них за мной старательно записывал, стр. 300 рукописного текста получилось.

 Профиль  
                  
 
 Re: Маленькие интриги кубического многочлена
Сообщение13.05.2019, 23:13 
Заслуженный участник


11/05/08
31745

(Оффтоп)

Но Вы ж учтите, что им, студиозусам, и без Вас полно было кого слушать. И если Вас они слушали с наслаждением -- значит, кого-то были вынуждены игнорировать. И, не исключено, напрасно. Тут голая физиология и ничего более.

 Профиль  
                  
 
 Re: Маленькие интриги кубического многочлена
Сообщение14.05.2019, 00:07 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


08/11/11
5548
nnosipov, если вернуться к решению задачи: у Вас немного другое ДПФ (потому что степень корня из единицы равна степени многочлена, а не на единицу больше). Фактически, если записать изначальный многочлен как $a_0 z^0+\ldots +a_n z^n$, то Вы рассматриваете ДПФ многочлена
$$
(a_0+a_n)z^0+a_1 z^1+\ldots+a_{n-1} z^{n-1}\eqno(1)
$$ Формула Планшереля и $a_n=1$ дают $|a_0+1|^2+|a_1|^2+\ldots+|a_{n-1}|^2\le 1$, чего самого по себе не достаточно (потому что $a_0$ может быть отрицательно), но можно рассмотреть преобразование с середины Вашей страницы 2 и сделать его неотрицательным, тогда уж точно оно должно быть равно нулю, а следовательно и все остальные коэффициенты.

Равенство в конце страницы 2 -- это тоже свойство ДПФ (сохранение скалярного произведения), поскольку ДПФ вектора $(1,0,\ldots,0)$ равно $(1,1,\ldots,1)$ (слева стоит произведение фурье-образа многочлена (1) со вторым вектором, справа -- произведение вектора из коэффициентов многочлена (1) до преобразования с первым вектором).

Чего я не очень понимаю -- как без Планшереля перейти от равенств $a_n=1$, $a_0=0$ к равенству нулю остальных коэффициентов.

-- Пн, 13 май 2019 14:10:53 --

ewert в сообщении #1392833 писал(а):
Почти наверняка тоже нет, т.к. стандартно 1-й семестр -- это не только алгебра, но "линейная алгебра и аналитическая геометрия". Какая уж тут унитарность матриц или хотя бы даже ортогональность (что, кстати, сложнее унитарности).


Ну вот да, даже в линейной алгебре я несколько раз читал курс, в котором ортогональные матрицы были, а унитарных не было. Что обидно, поскольку задача хорошая (и очень хорошо иллюстрирует сразу несколько вещей), а дать её скорее всего не получится.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 24 ]  На страницу 1, 2  След.

Модераторы: Модераторы, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group