Page 116 - 4371

P   xx   x x  x  .. . x  x x  x x  x  .. . x  x .
n 1 2 k 1 2 k
Добуток перших k множників є многочлен степеня k . Цей
многочлен є комплексно спряженим до многочлена степе-
ня k , що дорівнює добутку останніх k множників, тобто
P   Qx    iRx     Qx x  iR  x або
n
P   Qx  2   Rx  2  x ,
n
де    xRxQ , – многочлени з дійсними коефіцієнтами, що
й треба було довести.
3.22 Оскільки всі коефіцієнти многочлена  xP не-
від’ємні, то ні один із його коренів  ,  ,  , не може
1 2 n
бути додатним. Отже, цей многочлен має вид
P   xx    x   x  , де     0, i 1 , 2 ,  n , .
1 2 n i i
Використовуючи нерівність Коші, маємо
3
2    1 1   3 3 1 1  3  , i 1  , 2 , n , . Враховую-
i i i i
чи, що за теоремою Вієта     1, одержуємо
1 2 n
n
P   22    2    2    3 n 3      3 ,
1 2 n 1 2 n
що і вимагалось.
3.23 Доведення проведемо індукцією по n . При n  0
твердження справедливе, оскільки в цьому випадку
 x  1 2 n 1  x n  2  x 2  x  1. Припустимо, що твердження
виконано для значення n  1, тобто многочлен
2 n 1 n  1 2
 x  1  x ділиться на многочлен x  x  1. Але тоді
2
 1x  2n 1  x n 2   1x   1x  2n 1  x  x n 1 
 x 2  2x 1  1x  2n 1  x  x n 1 
 x 2  x  1  x  1 2 n 1  x   x  1 2 n 1  x n  1 
теж ділиться на x 2  x  1, тобто твердження справедливе і
для значення n .
3.24 Зауважимо, що  x 1     xxf 5  1. Тоді   xxf 5 20 
 x 15  x 10  x 5  1  x 20  1   x 15  1   x 10  1   x 5  1  5 .

116