уравнение третьей степени (x^3-2x^2-x+1=0)

[Коровьев]

Мироника писал(а):

Получается вообще караул ужас
и это учитывая, что я решаю характеристическое уравнение, чтобы найти собственные числа матрицы.
Может где ошибка?
Вот матрица $ \mathbf{X} = \left( \begin{array}{ccc} 1 & -1 & 0 \\ -1 & 1 & -1 \\ 0 & -1 & 0 \end{array} \right) $
вот характеристическое уравнение $ x^3-2x^2-x+1=0$
заменой $x=y+\frac {2} {3}$
получаю уравнение $y^3- \frac {7} {3} y - \frac {7} {27}=0$
и по формуле для $ x $ из Википедии получаю такой караул

Что делать?

Вообще-то не "караул", а очень даже ничего.
$x=1+2cos\frac{2\pi k}{7}=1+e^{\frac{j2\pi k}{7}}+e^{\frac{-j2\pi k}{7}}$
$k=1,2,3$
Но вот, как получил - объяснить проблема. Но попробую.


$y=e^{\frac{j2\pi k}{7}}+e^{\frac{-j2\pi k}{7}}+\frac{1}{3}$
Приведём уранение к виду /домножив на $27$/
$z^3 - 3*7z -7=0$
Все уравнения вида
$z^3 - 3pz -p=0$
$z^3 - 3pz+p=0$
где $p$ - простое число вида
$p=3k+1$
Имеют решения вида
$z=1+\sum e^{\frac{j2\pi k(a_i)^3}{p}}$
Суммирование по $a_i$
К сожалению, как берутся $a_i$, объяснить просто и коротко нельзя. Нет у меня ни ссылок, ни литературы. Просто давненько изучал этот вопрос. Возможно есть у Виноградова. Но это, в любом случае, сложно объяснять в рамках форумов.

[Laplase]

Чего вы мыкаетесь:
$[1/6\,\sqrt [3]{28+84\,i\sqrt {3}}+14/3\,{\frac {1}{\sqrt [3]{28+84\,i\sqrt {3}}}}+2/3,-1/12\,\sqrt [3]{28+84\,i\sqrt {3}}-7/3\,{\frac {1}{\sqrt [3]{28+84\,i\sqrt {3}}}}+2/3+1/2\,i\sqrt {3} \left( 1/6\,\sqrt [3]{28+84\,i\sqrt {3}}-14/3\,{\frac {1}{\sqrt [3]{28+84\,i\sqrt {3}}}} \right) ,-1/12\,\sqrt [3]{28+84\,i\sqrt {3}}-7/3\,{\frac {1}{\sqrt [3]{28+84\,i\sqrt {3}}}}+2/3-1/2\,i\sqrt {3} \left( 1/6\,\sqrt [3]{28+84\,i\sqrt {3}}-14/3\,{\frac {1}{\sqrt [3]{28+84\,i\sqrt {3}}}} \right) ]$
-3 корня, ещё и мнимых

[AD]

В том-то и фишка, Laplase, что все три - действительные. Это вам так кажется, что они мнимые. Когда поймете, что $\sqrt[3]{2+\sqrt{5}}+\sqrt[3]{2-\sqrt{5}}=1$, то поймете, чего мы мыкаемся. Кстати, если вы не в курсе, мы тут уже не раз отмечали, что хотя бы один корень обязан быть действительным.

[ljubarcev]

Мироника писал(а):

AD писал(а):

значит, в формуле Кардано будет под корнем отрицательное число

но не такое же?!
ну приведу к виду
а как подставлять то, чтобы собственные векторы найти?
И должно же ведь три собственных значения быть?

AD выразился не точно. Из его рассуждения следует, что кривая пересекет действительную ось по крайней мере один раз и уравнение имеет по крайней мере один действительный корень. На самом деле уравнение может имееть три действительныых корня, так как на кривой две точки перегиба -- $x_1=\frac{2+\sqrt{5}}{3}$ и.$x_2=\frac{2-\sqrt{5}}{3}$. Поэтому кривая, возможно будет пересекать действительную ось трижды и уравнение будет имееть. три действительных корня.
Дед.

[bot]

ljubarcev писал(а):

На самом деле уравнение может имееть три действительныых корня, так как ...

Позвольте напомнить, (неужто не говорили?), что все корни характеристического уравнения симметрической матрицы не могут, а обязаны быть вещественными.
И вообще сомнительно, чтобы условие в учебной задачке таким было - это стопроцентная опечатка.

Добавлено спустя 8 минут 24 секунды:

Угу, говорили:

AD писал(а):

Матрица симметричная, значит, все три собственных значения вещественны