שינויים
/* הצמוד של שורש של פולינום */ פסקה חדשה
:::המשך 5.16: <math>\begin{align}\left(A_m\cdot A_1\right)_{i,j} & =\sum_{k=1}^n{\left(A_m\right)_{i,k}\cdot \left(A_1\right)_{k,j}}\\ & =\sum_{k=1}^n{\delta_{i+m,k}\cdot \delta_{k+1,j}}\end{align}</math>. אנו מחפשים מתי <math>\delta_{i+m,k}\cdot \delta_{k+1,j}\not =0</math>: <math>\delta_{i+m,k}=\delta_{k+1,j}=1\implies i+m=k\and k+1=j\implies k=i+m=j-1</math> יאדה, יאדה, יאדה, לכן <math>\left(A_m\cdot A_1\right)_{i,j}=\delta_{i+m,j-1}</math>. נותר להוכיח ש-<math>\left(A_{m+1}\right)_{i,j}=\delta_{i+m,j-1}</math> (זה קל), מש"ל. -[[משתמש:אור שחף|אור שחף]], [[שיחת משתמש:אור שחף|שיחה]], 20:50, 7 באוגוסט 2010 (IDT)
לצערי לא הצלחתי להבין את 6.20 אשמח אם תוכל להסביר לי (ואשמח אם תוכל להסביר לי שנית מחר את 5.16 בשביל שאהיה בטוח שהבנתי נכון את הפתרון)
== הצמוד של שורש של פולינום ==
כ"כ פשוט! כל המקדמים ממשיים, לכן:
<math>\begin{align}p(z)&=\sum_{k=0}^n{a_k z^k}\\&=0\\&=\bar0\\&=\overline{\sum_{k=0}^n{a_k z^k}}\\&=\sum_{k=0}^n\overline{a_k z^k}\\&=\sum_{k=0}^n{a_k \bar z^k}\\&=p(\bar z)\end{align}</math>
