$n.$ dereceden reel katsayılı polinomlarla ilgili bir soru

0 beğenilme 0 beğenilmeme
54 kez görüntülendi

$n\in N$ ve $a_0\neq 0,a_n\neq0,$ ve $a_n,a_{n-1}a_{n-2},...,a_1,a_0\in R$ olmak üzere

$P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+a_{n-2}x^{n-2}+...+a_1x+a_0$ polinomunun hiç biri sıfır olmayan kökleri; (yani $P(x)=0$ yapan değerler) $x_1,x_2,x_3,...,x_{n-1},x_n$ olsun. Kökleri $\frac{1}{x_1},\frac{1}{x_2},\frac{1}{x_3},...,\frac{1}{x_{n-1}},\frac{1}{x_n}$ olan polinomun;

$Q(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+a_3x^{n-2}+...+a_{n-1}x+a_n$ olduğunu ispatlayınız.


Aslında bir polinomun köklerinin çarpımsal terslerini kök kabul eden yeni polinomu bulmak için,ilk polinomda katsayıları ters sırada yazmak yeterli olacaktır.

Örneğin $P(x)=x^3-5x^2+3x-7$ nin kökleri  $a,b,c$ ise kökleri $\frac 1a,\frac 1b,\frac 1c$ olan polinom  $Q(x)=-7x^3+3x^2-5x+1$ dir. 

10, Nisan, 10 Serbest kategorisinde Mehmet Toktaş (18,763 puan) tarafından  soruldu
11, Nisan, 11 Mehmet Toktaş tarafından düzenlendi

$a_0\neq0$ olduğunu da eklemeliyiz ki kökler 0 dan farklı olsun.

$Q(x)$ deki katsayıları düzenledim.

Hocam teşekkürler. gereken düzeltmeyi yaptım.

2 Cevaplar

0 beğenilme 0 beğenilmeme

$$a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+a_{n-2}x^{n-2}+...+a_1x+a_0=0$$

$$x^n+\frac{a_{n-1}}{a_n}x^{n-1}+\frac{a_{n-2}}{a_n}x^{n-2}+...+\frac{a_1}{a_n}x+\frac{a_0}{a_n}=0..........(*)$$

Öte yandan kökleri $x_1x_2,x_3...,x_n$ olan denklem 

$$(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)...(x-x_n)=0$$ olup

bu denklem açılıp düzenlendiğinde, 

$$x^n+A_1x^{n-1}+A_2x^{n-2}+A_3x^{n-3}+...+A_{n-1}x+A_n=0........(**)$$ şeklinde olacaktır.

Burada 

$A_1=-(x_1+x_2+x_3+...+x_n)$ (köklerin toplamı)

$A_2=x_1.x_2+x_1x_3+...+x_{n-1}x_n$ (köklerin ikişer ikişer çarpımlarının toplamı)

$A_3=-(x_1.x_2x_3+x_1x_2x_4+...+x_{n-2}x_{n-1}x_n)$ (köklerin üçer üçer çarpımlarının toplamı)

$\vdots$

$A_n=(-1)^nx_1x_2x_3...x_n$ (köklerin çarpımı) dır.  $(*)$ ile $(**)$ eşitliklerinin eşit olmasından

$A_1=-\frac{a_{n-1}}{a_n}$

$A_2=\frac{a_{n-2}}{a_n}$

$A_3=-\frac{a_{n-3}}{a_n}$

$A_4=\frac{a_{n-4}}{a_n}$

$\vdots$

$A_n=(-1)^n\frac{a_0}{a_n}$ olacaktır.

Şimdi yeni denklemin kökler toplamını bulalım.

$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+...+\frac{1}{x_n}=\frac{x_2x_3...x_n+x_1x3...x_n+...+x_1x_2...x_{n-1}}{x_1x_2x_3...x_n}=\frac{A_{n-1}}{A_n}=\frac{a_1}{(-1)^na_0}$  

köklerin ikişer ikişer çarpımlarının toplamı;

$\frac{1}{x_1x_2}+\frac{1}{x_1x_3}+...+\frac{1}{x_{n-1}x_n}=\frac{A_{n-2}}{A_n}=\frac{a_2}{a_0}$

Böyle devam ederek köklerin üçer üçer çarpımlarının toplamı;

$\frac{A_{n-3}}{A_n}=\frac{a_3}{(-1)^na_0}$
$\vdots$
Tüm köklerin çarpımı; $\frac{1}{x1x_2x_3...x_n}=\frac{A_1}{A_n}=\frac{a_n}{a_0}$ olur.  
Bulunan bu değerlere göre yeni denklemi yazarsak,
$$x^n+\frac{a_1}{a_0}x^{n-1}+\frac{a_2}{a_0}x^{n-2}+...+\frac{a_{n-1}}{a_0}x+\frac{a_n}{a_0}=0$$

ve payda eşitleyerek:

$$a_0x^n+a_1x^{n-1}+a_2x^{n-2}+...+a_{n-1}x+a_n=0$$ elde edilir.

Çok uzun ve sıkıcı bir ispat oldu. Eminim daha kısa ve güzel olanları da gelecektir.



10, Nisan, 10 Mehmet Toktaş (18,763 puan) tarafından  cevaplandı
0 beğenilme 0 beğenilmeme

 $P(x)=a_n(x-x_1)(x-x_2)\cdots(x-x_n)$ olur.

$Q(x)=x^nP(\frac1x)$ olsun. Kısalmadan sonra, $Q(x),\ P(x)$ in katsayılarının tersine dizilmiş şeklidir.

$Q(x)$ in köklerinin $\frac1{x_1},\frac1{x_2},\ldots,\frac1{x_n}$ olduğu aşağıda görülüyor.

$P(\frac1x)=a_n(\frac1x-x_1)(\frac1x-x_2)\cdots(\frac1x-x_n)=a_n\frac{x_1}x(\frac1{x_1}-x) \frac{x_2}x(\frac1{x_2}-x) \cdots\frac{x_n}x(\frac1{x_n}-x) \\=\frac{(-1)^nx_1x_2\cdots x_n}{x^n} a_n(x-\frac1{x_1}) (x-\frac1{x_2})\cdots (x-\frac1{x_n}) =\frac{a_0}{x^n}(x-\frac1{x_1}) (x-\frac1{x_2})\cdots (x-\frac1{x_n}) $ 

10, Nisan, 10 DoganDonmez (3,953 puan) tarafından  cevaplandı
10, Nisan, 10 DoganDonmez tarafından düzenlendi

http://matkafasi.com/92074/siklotomik-polinomlar-simetrik-midir#a98225

sorusunda bunun özel bir şekli (her kökün tersi de kök ise $P(x)=Q(x)$ olduğu) gösteriliyor. 

...