Метод неопределённых коэфф-тов при отсутствии целых корней

[SpiderHulk]

Метод неопределённых коэффициентов описанный в учебнике, предполагает наличие у уравнения целых корней являющихся делителями свободного члена. Уравнения которые предлагается решить данным методом целых корней не имеют, вот одно из них:

$$2 x^{4} + 5 x^{3} - 5 x^{2} - 13 x - 4 = 0$$

Пытаясь его решить, выяснил что ни один из делителей свободного члена не является корнем уравнения, а следовательно оно не имеет целых корней. На этом мои содержательные попытки решения закончились, так как в параграфе такая ситуация не описана

[Pphantom]

Тема перемещена из форума «Помогите решить / разобраться (М)» в форум «Карантин»
по следующим причинам:

- неправильно набраны формулы (краткие инструкции: «Краткий FAQ по тегу [math]» и видеоролик Как записывать формулы), копировать учебник тут не требуется, вполне достаточно описать метод;
- отсутствуют собственные содержательные попытки решения задачи.

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

[Lia]

Из сопутствующей темы:

Lia в сообщении #1275777 писал(а):

Метод неопределенных к-тов
1) не использует целочисленность,
2) Вы не используете метод.

SpiderHulk в сообщении #1275796 писал(а):

в учебнике методом неопределённых коэффициентов названо это:

(Оффтоп)

Если это не то, то где ознакомиться с нормальным методом?

[Lia]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»

[Xaositect]

SpiderHulk в сообщении #1275796 писал(а):

в учебнике методом неопределённых коэффициентов названо это:

А что там на предыдущей странице?

[gris]

Метод позволяет разложить многочлен на множители. Вариантов разложения может быть несколько. Обычно в задачниках дают примеры, где целые делители свободного члена и старшего коэффициента всё-таки используются. Но этими делителями могут быть не корни, а коэффициенты многочленов из разложения.
Мне кажется, что у Вас именно такой случай.

[Pphantom]

Идея, в общем-то, довольно простая. Да, рациональных (именно таких - см. теорему Безу) корней тут нет, но это никак не мешает сначала сделать многочлен приведенным, а потом попробовать разложить на множители вида $(x^2+p_1 x + q_1) \cdot (x^2+p_2 x + q_2)$. Попробуйте, это сравнительно легко осуществимо.

[SpiderHulk]

Решал сегодня этим методом уравнение:

$$- 8 x + x^{2} + 2 x^{4} + 7 x^{3} + 2 = 0$$

Согласно тому как этот метод изложен здесь: https://ege-ok.ru/2016/08/29/razlozheni ... ment-76360
Но возникла одна проблема, это "там" в уравнении со свободным членом равным 1 потребовалось рассматривать 2 системы уравнений, в моём же случае получилось уже 4 системы. А если свободный член будет равен не 2, а 6 то получится уже 8 систем уравнений. А если 60, то уже 24 системы уравнений. Метод мне представляется не слишком то производительным
Если же вначале делить уравнение на старший коэффициент $a$, то не все его коэффициенты могут остаться целыми, а значит и неопределённые коэффициенты уже не обязательно окажутся целыми, и всё окажется сильно сложнее чем описано здесь начиная со страницы 11: http://genius.pstu.ru/file.php/1/pupils ... assada.pdf

И более общий вопрос: всегда ли многочлен 4-ой степени с целыми коэффициентами возможно представить в виде произведения двух многочленов второй степени с целыми коэффициентами?

[thething]

SpiderHulk в сообщении #1280945 писал(а):

И более общий вопрос: всегда ли многочлен 4-ой степени с целыми коэффициентами возможно представить в виде произведения двух многочленов второй степени с целыми коэффициентами?

Нет, например $x^4+2x^2+2$

В вашем первом посте можно попробовать взять $(x^2+ax+c)(2x^2+bx+d)$. Не так уж и много работы

[SpiderHulk]

Надо уточнить: всегда ли многочлен 4-й степени каждый из коэффициентов которого является целым числом и не равен нулю, можно представить в виде произведения двух многочленов второй степени с целыми коэффициентами, которые могут быть равны нулю?

[thething]

Вот это непонятно

SpiderHulk в сообщении #1280956 писал(а):

и не равен нулю

В моем примере выше самый, что ни на есть не равный нулю)))

UPd. Если изначальный многочлен не имеет действительных корней, то и его составляющие множители не могут их иметь.

[SpiderHulk]

Я имею в виду многочлен вида:

$$p x^{4} + q x^{3} + r x^{2}+ s + t = 0,$$

где $p, q, r, s, t$ целые числа, не равные нулю. Существует ли многочлен такого вида имеющий действительные корни, который нельзя представить в виде:

$$\left(a x^{2} + b x +c\right) \left(d x^{2} + e x +f\right) = 0,$$

где
$a, b, c, d, e, f$ целые числа, которые могут быть равны нулю

[thething]

Да, я же привел пример выше. Там представляется в виде произведения только с комплексными коэффициентами и больше никак

[SpiderHulk]

В вашем примере коэффициенты при $x^{3}$ и при $x$ равны нулю, а они должны быть целыми числами не равными нулю

[thething]

(Оффтоп)

тут написал бред))) стер, пока никто не видел

-- 03.01.2018, 19:48 --

Не прочитал сперва вот это))

SpiderHulk в сообщении #1280966 писал(а):

Существует ли многочлен такого вида имеющий действительные корни

Если многочлен 4 степени имеет действительный корень, то обязательно действительных корней будет два, т.е. его можно представить в виде произведения двух многочленов второй степени с действительными коэффициентами. С целыми - не ясно

Вот пример, правда, тут нет действительных корней: $2x^4-8x^3+120x^2-224x+272=2(x^2-2x+28-18\sqrt{2})(x^2-2x+28+18\sqrt{2})$