Zadatak glasi ovako:
Poznato je da su nule kompleksnog polinoma:
[dispmath]P_n(z)=z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\cdots+a_1z+a_0[/dispmath]
(kompleksni) brojevi
[dispmath]L_1,L_2,\ldots,L_n[/dispmath]
Izračunati proizvod
[dispmath]Q=(L_1+1)(L_2+1)\cdots(L_n+1)[/dispmath]
Znam da se primjenjuju Vietove formule, to sam zakljucio, ali nemam predstave koje. Pretpostavljam da ima formula za razvoj ovog proizvoda pa da se to lakse uoči.

Pa ako može pomoć.

Hvala vam unaprijed

Mislim da ide ovako: Probaj da sam kreneš da razvijaš proizvod (probaj sa nekim malim stepenom). Primetićeš zbirove poput onih u Vietovim formulama (zbirovi kombinacija bez ponavljanja skupa [inlmath]\left\{L_1,L_2,\dots L_n\right\}[/inlmath], dužina od [inlmath]1[/inlmath] do [inlmath]n[/inlmath]). Trebalo bi da dobiješ zbir prvih [inlmath]n[/inlmath] Vietovih formula, što znači da je (ako se ne varam):
[dispmath]Q=\frac{-a_{n-1}+a_{n-2}+\cdots+(-1)^na_0}{a_n}[/dispmath]

I samo još na to dodati jedinicu:
[dispmath]Q=\frac{-a_{n-1}+a_{n-2}-\cdots+(-1)^na_0}{a_n}{\color{red}+1}[/dispmath]
Naravno, u ovom zadatku je [inlmath]a_n=1[/inlmath].

Hvala na odgovoru

Iako je intuitivno jasno kako smo dobili prethodni izraz, ako se za njega baš traži i striktan dokaz, ja bih to uradio preko matematičke indukcije.
Potrebno je, dakle, dokazati da važi:
[dispmath](L_1+1)(L_2+1)\cdots(L_n+1)=-\frac{a_{n-1}}{a_n}+\frac{a_{n-2}}{a_n}-\cdots+(-1)^n\frac{a_0}{a_n}+1[/dispmath]
A pošto je, prema Vietovim formulama,
[dispmath](-1)^k\frac{a_{n-k}}{a_n}=\!\!\sum_{1\le i_1<\cdots<i_k\le n}\!\!L_{i_1}L_{i_2}\cdots L_{i_k}[/dispmath]
to se tvrdnja koju treba dokazati svodi na:
[dispmath](L_1+1)(L_2+1)\cdots(L_n+1)=\sum_{1\le i_1\le n}L_{i_1}+\sum_{1\le i_1<i_2\le n}L_{i_1}L_{i_2}+\cdots+\!\!\sum_{1\le i_1<\cdots<i_n\le n}\!\!L_{i_1}L_{i_2}\cdots L_{i_n}+1[/dispmath]
Baza indukcije bi bila (za [inlmath]n=1[/inlmath]):
[dispmath]L_1+1=\sum_{1\le i_1\le n}L_{i_1}+1=L_1+1[/dispmath]
Indukcijska pretpostavka (mada sam je već napisao par redova ranije),
[dispmath](L_1+1)(L_2+1)\cdots(L_n+1)=\sum_{1\le i_1\le n}L_{i_1}+\sum_{1\le i_1<i_2\le n}L_{i_1}L_{i_2}+\cdots+\!\!\sum_{1\le i_1<\cdots<i_n\le n}\!\!L_{i_1}L_{i_2}\cdots L_{i_n}+1[/dispmath]
Zatim indukcijski korak:
[dispmath](L_1+1)(L_2+1)\cdots(L_n+1)(L_{n+1}+1)=[/dispmath][dispmath]=\left(\sum_{1\le i_1\le n}L_{i_1}+\sum_{1\le i_1<i_2\le n}L_{i_1}L_{i_2}+\!\!\sum_{1\le i_1<i_2<i_3\le n}\!\!L_{i_1}L_{i_2}L_{i_3}+\cdots+\!\!\sum_{1\le i_1<\cdots<i_n\le n}\!\!L_{i_1}L_{i_2}\cdots L_{i_n}+1\right)(L_{n+1}+1)=[/dispmath][dispmath]=L_{n+1}\sum_{1\le i_1\le n}L_{i_1}+L_{n+1}\sum_{1\le i_1<i_2\le n}L_{i_1}L_{i_2}+L_{n+1}\!\!\sum_{1\le i_1<i_2<i_3\le n}\!\!L_{i_1}L_{i_2}L_{i_3}+\cdots+L_{n+1}\!\!\sum_{1\le i_1<\cdots<i_n\le n}\!\!L_{i_1}L_{i_2}\cdots L_{i_n}+L_{n+1}+\\
+\sum_{1\le i_1\le n}L_{i_1}+\sum_{1\le i_1<i_2\le n}L_{i_1}L_{i_2}+\!\!\sum_{1\le i_1<i_2<i_3\le n}\!\!L_{i_1}L_{i_2}L_{i_3}+\cdots+\!\!\sum_{1\le i_1<\cdots<i_n\le n}\!\!L_{i_1}L_{i_2}\cdots L_{i_n}+1=[/dispmath]
pa to malo pregrupišemo,
[dispmath]=\left(L_{n+1}+\sum_{1\le i_1\le n}L_{i_1}\right)+\left(L_{n+1}\sum_{1\le i_1\le n}L_{i_1}+\!\!\sum_{1\le i_1<i_2\le n}\!\!L_{i_1}L_{i_2}\right)+\left(L_{n+1}\!\!\sum_{1\le i_1<i_2\le n}\!\!L_{i_1}L_{i_2}+\!\!\sum_{1\le i_1<i_2<i_3\le n}\!\!L_{i_1}L_{i_2}L_{i_3}\right)+[/dispmath][dispmath]+\left(L_{n+1}\!\!\sum_{1\le i_1<i_2<i_3\le n}\!\!L_{i_1}L_{i_2}L_{i_3}+\cdots\right)+\left(\cdots+\!\!\sum_{1\le i_1<\cdots<i_n\le n}\!\!L_{i_1}L_{i_2}\cdots L_{i_n}\right)+L_{n+1}\!\!\sum_{1\le i_1<\cdots<i_n\le n}\!\!L_{i_1}L_{i_2}\cdots L_{i_n}+1\tag1[/dispmath]
Za opšti od ovih sabiraka unutar zagrada, [inlmath]\displaystyle L_{n+1}\!\!\sum_{1\le i_1<\cdots<i_{m-1}\le n}\!\!L_{i_1}L_{i_2}\cdots L_{i_{m-1}}+\!\!\sum_{1\le i_1<\cdots<i_m\le n}\!\!L_{i_1}L_{i_2}\cdots L_{i_m}[/inlmath], važi sledeće:

• Suma [inlmath]\displaystyle\sum_{1\le i_1<\cdots<i_{m-1}\le n}\!\!L_{i_1}L_{i_2}\cdots L_{i_{m-1}}[/inlmath] sadrži sve [inlmath](m-1)[/inlmath]-torke koje se mogu kreirati od [inlmath]L_1,L_2,\ldots,L_n[/inlmath].
• Ta suma [inlmath]\displaystyle\sum_{1\le i_1<\cdots<i_{m-1}\le n}\!\!L_{i_1}L_{i_2}\cdots L_{i_{m-1}}[/inlmath] pomnožena sa [inlmath]L_{n+1}[/inlmath] sadrži sve one [inlmath]m[/inlmath]-torke kreirane od [inlmath]L_1,L_2,\ldots,L_{n+1}[/inlmath] koje obavezno sadrže [inlmath]L_{n+1}[/inlmath].
• Suma [inlmath]\displaystyle\sum_{1\le i_1<\cdots<i_m\le n}\!\!L_{i_1}L_{i_2}\cdots L_{i_m}[/inlmath] sadrži sve [inlmath]m[/inlmath]-torke koje se mogu kreirati od [inlmath]L_1,L_2,\ldots,L_n[/inlmath].

Prema tome, zbir [inlmath]\displaystyle L_{n+1}\!\!\sum_{1\le i_1<\cdots<i_{m-1}\le n}\!\!L_{i_1}L_{i_2}\cdots L_{i_{m-1}}[/inlmath] i [inlmath]\displaystyle\sum_{1\le i_1<\cdots<i_m\le n}\!\!L_{i_1}L_{i_2}\cdots L_{i_m}[/inlmath] predstavlja novu sumu, koja sadrži sve [inlmath]m[/inlmath]-torke koje se mogu kreirati od [inlmath]L_1,L_2,\ldots,L_{n+1}[/inlmath].
Možemo, dakle, pisati
[dispmath]L_{n+1}\!\!\sum_{1\le i_1<\cdots<i_{m-1}\le n}\!\!L_{i_1}L_{i_2}\cdots L_{i_{m-1}}+\sum_{1\le i_1<\cdots<i_m\le n}\!\!L_{i_1}L_{i_2}\cdots L_{i_m}=\!\!\sum_{1\le i_1<\cdots<i_m\le n+1}\!\!L_{i_1}L_{i_2}\cdots L_{i_m}[/dispmath]
što, kad vratimo u [inlmath](1)[/inlmath], dobijemo
[dispmath](L_1+1)(L_2+1)\cdots(L_n+1)(L_{n+1}+1)=\\
=\sum_{1\le i_1\le n+1}\!\!L_{i_1}+\!\!\sum_{1\le i_1<i_2\le n+1}\!\!L_{i_1}L_{i_2}+\cdots+\!\!\sum_{1\le i_1<\cdots<i_n\le n+1}\!\!L_{i_1}L_{i_2}\cdots L_{i_n}+L_{n+1}\!\!\sum_{1\le i_1<\cdots<i_n\le n}\!\!L_{i_1}L_{i_2}\cdots L_{i_n}+1[/dispmath]
Sabirak [inlmath]\displaystyle L_{n+1}\!\!\sum_{1\le i_1<\cdots<i_n\le n}\!\!L_{i_1}L_{i_2}\cdots L_{i_n}[/inlmath] možemo napisati kao [inlmath]L_1L_2\cdots L_nL_{n+1}[/inlmath], tj. kao [inlmath]\displaystyle\sum_{1\le i_1<\cdots<i_{n+1}\le n+1}\!\!L_{i_1}L_{i_2}\cdots L_{i_n}L_{i_{n+1}}[/inlmath], čime dolazimo do završnog koraka,
[dispmath](L_1+1)(L_2+1)\cdots(L_n+1)(L_{n+1}+1)=\\
=\sum_{1\le i_1\le n+1}\!\!L_{i_1}+\!\!\sum_{1\le i_1<i_2\le n+1}\!\!L_{i_1}L_{i_2}+\cdots+\!\!\sum_{1\le i_1<\cdots<i_n\le n+1}\!\!L_{i_1}L_{i_2}\cdots L_{i_n}+\!\!\sum_{1\le i_1<\cdots<i_{n+1}\le n+1}\!\!L_{i_1}L_{i_2}\cdots L_{i_n}L_{i_{n+1}}+1[/dispmath]
što je i trebalo dokazati.

Moze i, recimo, da se iskoristi da je [inlmath]z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\cdots+a_1z+a_0=(z-L_1)(z-L_2)\cdots(z-L_n)[/inlmath] i da se stavi [inlmath]z=-1[/inlmath]. Odatle odmah iskace sama formula.

Da, sjajna dosetka.