בעיה קשה ומגניבה במרוכבים

[yontanbn]

בעיה קשה ומגניבה במרוכבים

היי חבר´ה חבר שלי סיפר לי על הבעיה הזאת, שהיא תכונה מאוד "מגניבה" של שורשי היחידה, שצריך להוכיח אותה. הוא ישב עליה יום שלם עד שהצליח למצוא פתרון. אני ישבתי עליה גם יום שלם ומצאתי פתרון אחר משלו. זו בעיה שגם אפשר לשבת עליה דקה ולהצליח כי הפתרון עצמו הוא לא ארוך. מה שלוקח זמן זה נסיון בכל הדרכים הקונבנציונליות. בכל אופן, אז ידועות לנו כרגע שתי דרכים, נסו למצוא אותן ונסו למצוא עוד... הבעיה היא: נסתכל על שורשי היחידה, כלומר על הפתרונות למשוואה z^n=1 השורשים הם המספר 1, ועוד n-1 שורשים שנסמנם ב- z1,z2,...,zn-1 צ"ל: (1 מינוס z1) כפול (1 מינוס z2) כפול ... כפול (1 מינוס zn-1) שווה n

 

[Deathatred]

אם אני לא טועה

למשוואה Z^n=1 יש n פתרונות שצריך לסמנם z_0, z_1, ..., z_n-1.

 

[yontanbn]

אם אתה לא טועה?

ידידי, אתה לא טועה כשאתה אומר שיש למשוואה n פתרונות. אתה בהחלט טועה כשאתה מודיע לאומה איך צריך לסמן אותם. אם בא לי אני אקרא להם שלמה, דוד, ומשה. אני יכול גם לא לסמן אותם בכלל. בשאלה שהצבתי, אמרתי במפורש שאחד הפתרונות הוא המספר 1, ולכן נותרו רק אן מינוס אחד פתרונות שאותם אני מסמן ב z_1, ..., z_n-1 אני מקווה שהכל מובן עכשיו.

 

[odedee]

אפשר לראות זאת בצורה כללית יותר

אם משתמשים בהצגה קוטבית של המרוכבים (מקווה שלמדתם אותה, יש תוכניות לימוד מסוימות שלא מלמדות וחבל), אזי המשוואה היא כזו: Z^N=1 או: [r[cos t+i sin t]}^N = 1*[cos 0 +i sin 0} כאשר אנו מציגים את Z כ-[r[cos t +i sin t כאשר r הוא הגודל ו-t הזוית. מכאן ש r^N = 1 cos Nt + i sin Nt = cos 2*pi + i sin 2*pi ברור אם כן שכל הפתרונות יהיו על מעגל היחידה (רדיוס = 1) וצריך רק למצוא את הזוית. מכיון שזוית של 2pi תיתן את אותם ערכים כמו אפס, סט הפתרונות יהיה מהצורה cos 2*pi*n/N +i sin 2*pi*n/N. עבור n=0 מקבלים פשוט 1. זה הפתרון הטריויאלי כמובן, כי אחד בכל חזקה תמיד נותן אחד. שאר הפתרונות פשוט מהוים חלוקה לזויות שוות של מעגל היחידה, בהפרש זוויות של 2*pi/N

 

[yontanbn]

כן...

ובכן, כן, הקושי בשאלה לא אמור להיות מציאת הפתרונות זה דבר שלומדים... אם אתם רוצים, הפתרונות הם קוסינוס של (2 פיי קיי חלקי אן) + איי * סינוס של (2 פיי קיי חלקי אן) עבור קיי מ0 עד n-1 כאשר עבור 0 מתקבל הפתרון הטריוויאלי 1

 

[yontanbn]

הבהרה

הפתרונות שכתבתי הם כמו הפתרונות שאתה כתבת... רק רציתי לשם הבהרה, להסביר לאומה מה הולך פה כלומר, אל תיקח את זה כזלזול במה שכתבת, חס וחלילה.

 

[אינטגרטור]

פתרון בעזרת נוסחאות ויאטה

את הסכום שמבוקש לחשב נפתח סביב חזקות של 1 כלומר: נקבל 1 בחזקת n-1 מינוס 1 בחזקת n-2 כפול סכום כל המכפלות האפשריות של שני שורשים ועוד 1 בחזקת n-2 כפול סכום כל המכפלות המשולשות של השורשים מינוס . . ועוד (או מינוס תלוי בזוגיות של אן ) 1 בחזקת אפס כפול מכפלת כל השורשים כעת מהמשוואה הבסיסית z^n-1=0 ושימוש בנוסחאות ויאטה עבור סכום הפתרונות, סכום כל מהמכפלות הזוגיות, סכום כל המכפלות השלישיות...סכום מכפלת השורשים מקבלים כי כל איבר בפיתוח הסכום המבוקש תורם בדיוק 1 כך שהסכום שלהם שווה באמת ל n. אפרופו למי שלא יודע נוסחאות ויאטה הם כך עבור המשוואה הפולינומית an*z^n+an-1*z^n-1+...an=0 הרי שסכום שורשי המשוואה שווה למינוס an-1/an סכום כל מכפלות השורשים בעלי שני איברים שוה לפלוס an-2/an סכום כל מכפלות השורשים בעלי שלוש איברים שווה למינוס an-3/an . . . מכפלת כל שורשי המשוואה שווה ל פלוס (או מינוס תלוי בזוגיות של אן) של שורשי המשוואה

 

[yontanbn]

כל הכבוד!! דרך אחת נתגלתה!

יפה מאוד, אינטגרטור. פתרת את זה בדרך שבה אני פתרתי את זה למרות שאני לא הכרתי את אותן נוסחאות וייטה אז פיתחתי אותן מחדש במקרה הפרטי הזה. כל הכבוד עכשיו נותרה לנו עוד דרך אחת לגלות (ואולי אפילו עוד...) יאללה לעבודה חבר´ה

 

[אינטגרטור]

דרך נוספת ושוב עם ויאטה

נציב במשוואה z^n-1=0 את ההצבה z=1-y נקבל את המשוואה אחד מינוס y כל זה בחזקת n מינוס אחד שווה לאפס קל לראות כי פתרונות המשוואה החדשה עבור y הם אחד מינוס זד אי כולל הפתרון z=1. כעת נפתח לפי הבינום של ניוטון ונקבל y^n+...+n*y+1-1=0 נוציא גורם משותף y אשר מתאים לפתרון z=1 ונקבל y^n-1+...+n=0 (צריך לוודע כי אכן הסימן של n בסוף תמיד חיובי ללא קשר לזוגיות) פתרונות משואה זו הם n-1 האיברים המוצגים בניסוח השאלה ומכאן לפי ויאטה המכפלה שלהם שווה n. בכל מיקרה יונתן, גם אני בצעירותי פיתחתי את נוסחאות ויאטה בעצמי וללא ספק יש להם כוח רב. בכל מיקרה אם יהיה לי קצת זמן, אני ארענן את ידיעותי ממשפטים של פונקציות מרוכבות ואני מניח שניתן לקבל פתרון גם ממשפטים בסיסיים או עמוקים במרוכבות

 

[yontanbn]

לא הבנתי את הפתרון הזה

היי שוב... למה כשאתה פותח את (1 מינוס y) בחזקת n אתה מקבל y^n+...+n*y+1-1=0 ? לדעתי אתה מקבל כל מיני סימנים מתחלפים באמצע... וגם.. אחרי שתוציא גורם y לדעתי אתה נשאר עם ביטוי מגעיל עם הרבה מקדמים בינומיים וסימנים מתחלפים, ואני לא רואה איך מכאן קפצת לכך שפתרונות משוואה זו הם n-1 האיברים המוצגים בניסוח השאלה... יכול להיות שזה פתרון נכון, אבל לא הסברת בפירוט מספיק ואגב, זו לא הדרך שחבר שלי פתר את השאלה... הדרך שלו מקורית להפליא, מהירה יותר משתי הדרכים האלה, לא עושה שימוש בנוסחאות וייטה ולא משתמשת גם במשפטים ממרוכבות!

 

[אינטגרטור]

הסבר

ראשית צר לי על כי תשובתי לא הייתה ברורה והאשמה בי. זה נובע מכך שקשה לכתוב נוסחאות כאן וגם כי טעיתי

. תשובות לשאלותיך. שאני פותח את (1 מינוס y) אני מקבל פולינום ב y כאשר המקדמים הם באמת עם סימנים מתחלפים לפני הבינום של ניוטון. הביטוי המדויק יהיה : אחד מינוס n כפול y פלוס y בריבוע כפול מקדם בינומי מגעיל פלוס...(סימנים מתחלפים) + ...y^n כאשר הסימן של y בחזרת n תלוי בזוגיות של n האחד של הפיתוח יבטל את האחד מהאגף השני של הממשווה. בשלב זה פתרונות המשוואה עבור y , יהיו yi=1-zi , כאשר yi זה הפתרון ה-i מתוך n פתרונות ו zi זה הפתרון ה-i המקורי של המשוואה מתוך n פתרונות פתרון אחד הוא z=1 המתאים ל y =0 לכן..שאני מוציא גורם משותף y מחוץ לסוגרים, אני נשאר בתוך הסוגריים עם משוואה ממעלה n-1 שהפתרונות שלה עבור yi הם אחד מינוס זד אי המקוריים פרט לאותו i שעבורו zi=1 הנותן y=0 ואלו הם בדיוק המחוברים שביקשתה להכפיל. כעת תשתמש בנוסחת ויאטה עבור המשוואה ממעלה n-1 שבתוך הסוגריים עבור מכפלת השורשים, תחלק עבור שני מיקרים שבאחד n זוגי ובשני n לא זוגי ותקבל את הפתרון. שוב, מצטער על הטעות בהודעה הקודמת ומסקרן אותי מאד לדעת את הפתרון האלגנטי לבעיה

 

[אינטגרטור]

הבהרה נוספת

מכפלת שורשי משוואה פולימילית שווה לפלוס או מינוס (תלוי בזוגיות של n) של האיבר החופשי במשוואה חלקי המקדם של y^n. לכן לא מעניינים אותי כל מקדמי הבינום עבור חזקות ביניים וניתן לראות כי האיבר החופשי במשוואה שבתוך הסוגרים אחרי הוצאת y החוצה זה מינוס n

 

[yontanbn]

הפתרון הנוסף

ובכן, אחרי שנהניתי לקרוא שני פתרונות שונים של אינטגרטור (שאחד מהם הוא הפתרון שלי, ואחד מהם הוא פתרון אחר), וקצת התאכזבתי לראות שאף אחד אחר לא ניסה את כוחו... אני מפרסם את הפתרון של חבר שלי, שהוא הקצר והקולע... אז ככה (z בחזקת n) פחות 1 מצד אחד שווה ל (z פחות 1) כפול (z בחזקת n-1 ועוד z בחזקת n-2 ועוד ... ועוד 1) (א) ומצד שני שווה ל (z פחות 1) כפול (z פחות z_1) כפול ... כפול (z פחות z_n-1) (ב) כלומר קיבלנו שלכל z במרוכבים, מתקיים שוויון בין (א) ל(ב) כעת, נצמצם את (z פחות 1) ונקבל שלכל z שונה מאחד במרוכבים, מתקיים: (z בחזקת n-1) ועוד ... 1 = (z פחות z_1) כפול ... (z פחות z_n-1) אך מכיוון שאלה פונקציות רציפות ב-z, נקבל שהן שוות גם עבור z=1. נציב ונקבל בדיוק את המבוקש.

 

[אינטגרטור]

קצר קולע ויפה

 

[yontanbn]

יש לתת קרדיטים

על הפתרון לחבר שלי, אור, שלצערי עוד לא מצא את דרכו לפורום הזה (אני עוד אכניס אותו בכוח ).

 

[פדרו גונזלס]

אין צורך להפעלי כוח...אני כאן

 

[yontanbn]

אור!!!! ברכותיי על הצטרפותך! ../images/Emo6.gif