Bevis

[Eva]

Hei!
Hva skal jeg gjøre her?

La [tex]f(x)[/tex] være et polynom med reelle koeffisienter. Vis at hvis [tex] z=a+bi [/tex] (der [tex] a [/tex] og [tex] b [/tex] er reelle tall) er en rot til [tex]f[/tex] (dvs. [tex]f(z)=0[/tex]), så er også [tex]\overline{z}=a-bi[/tex] en rot til [tex]f[/tex].

Mvh Eva

[mrcreosote]

[tex]f(z)=\displaystyle\sum_{j=1}^n c_jz^j[/tex] Anta r=a+bi er en rot. I såfall er [tex]f(r)=\displaystyle\sum_{j=1}^n c_jr^j=0[/tex].

Konjuger nå den siste likheta, betrakt det du får: [tex]\bar{\displaystyle\sum_{j=1}^n c_jr^j}=\bar{0}=0[/tex] og bruk noen regneregler for konjugering av komplekse og reelle tall, så er du i mål.

[Eva]

Hei, og takk for hjelpa!
Trenger imidlertid litt mer hjelp. Jeg greier ikke å se at [tex]\overline{z}[/tex] er en rot til [tex]f[/tex]. Jeg får at [tex]\overline{f(z)}=\sum_{j=1}^{n}c_{j}\overline{z}^{j}[/tex]. Hva gjør jeg nå?

Mvh Eva

[mrcreosote]

Når du konjugerer siste likheta får du [tex]\bar{\displaystyle\sum_{j=0}^n c_jr^j}=\bar{0}=0[/tex]. Noen regneregler for komplekse tall gir nå [tex]0=\bar{\displaystyle\sum_{j=0}^n c_jr^j}=\displaystyle\sum_{j=0}^n \bar{c_jr^j}=\displaystyle\sum_{j=0}^n c_j\bar{r^j}=\displaystyle\sum_{j=0}^n c_j\bar{r}^j=f(\bar{r})[/tex]. Den tredje overgangen skyldes at c_j er reelle tall og derfor lik sin egen komplekskonjugerte. Er du med? Nå trenger du bare konkludere med hva du ønska å vise.

Ser forresten at jeg har bomma litt med indeksene tidligere, j skal sjølsagt løpe fra 0 og ikke 1.

[Eva]

Hehe, jeg stussa litt på indeksen ja
Nå er jeg med! Jeg hadde ikke konjugert likheten, bare [tex]f(z)[/tex]. Da var det litt vanskelig å tenke seg at [tex]\overline{z}[/tex] også skulle være en rot sånn helt uten videre. Men nå ser jeg det!
Tusen takk for hjelpa!

Mvh Eva