Маленькие интриги кубического многочлена

[nnosipov]

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.)

[ewert]

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?)

[nnosipov]

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?).

[ewert]

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.

[nnosipov]

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.

[g______d]

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.

[ewert]

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.

[nnosipov]

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?

[g______d]

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.

[ewert]

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.

[nnosipov]

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.

[ewert]

(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.

[nnosipov]

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.

[ewert]

(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.

[g______d]

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.