Зорич V 7.5 c)

[Paul Ivanov]

Дано, что $P(x)=ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=a(x^2+p_1x+q_1)(x^2+p_2x+q_2)$ для некоторых вещественных $a,b,c,d,e,p_1,q_1,p_2,q_2$
требуется доказать, что $P(x)$ заменой $x=x(t)=\frac{\alpha t+\beta}{\gamma t+1}$ может быть приведен к виду $\frac{(M_1+N_1t^2)(M_2+N_2t^2)}{(\gamma t+1)^4}$ (в учебнике знаменателем последней дроби указано $(\gamma t+1)^2$, но кажется это опечатка).
Я смог доказать это только для случая, когда у $P(x)$ не все корни вещественные. Если есть как минимум один комплексный корень $z$, то есть и его пара - сопряжённый корень $\bar{z}$ и тогда, если $x^2+px+q=(x-z)(x-z_1)$, где $p$ и $q$ - вещественные числа, то $z_1=\bar{z}$. Отсюда вытекает, $p_1,q_1,p_2,q_2$ - числа, однозначно определяемые по $a,...,e$. Это сильно упрощает ситуацию, так что, извлекая неравенство $p_1^2-4q_1<0$, можно доказать требуемое. Если же имеем 4 вещественных корня $x_1,x_2,x_3,x_4$, то в равенстве $(x-x_i)(x-x_j)=M_1+N_1t^2$ числа $i$ и $j$ могут быть любыми из множества $\left\lbrace1,2,3,4\right\rbrace$. Как быть в таком случае я не знаю.

[iifat]

Не понимаю ваших проблем. Чем вам мешают действительные корни? Как неоднозначность выбора влияет на ход решения? Ну, приведите, что ли, решение для комплексного корня, да покажите конкретно, в каком месте затык.

[Paul Ivanov]

Хорошо, допустим, что у нас есть один комплексный корень $x_1=z$ (пусть это к примеру корень полинома $x^2+p_1x+q_1$ и пусть $x_2=\bar{z}$), следовательно дискриминант $D=p_1^2-4q_1<0$.
Имеем при $x=\frac{\alpha t+ \beta}{\gamma t +1}$

$$P(x)=P_1(x)P_2(x)=(x^2+p_1x+q_1)(x^2+p_2x+q_2)=((\frac{\alpha t+\beta}{\gamma t+1})^2+p_1\frac{\alpha t+\beta}{\gamma t+1}+q_1)((\frac{\alpha t+\beta}{\gamma t+1})^2+p_2\frac{\alpha t+\beta}{\gamma t+1}+q_2)=$$

$$=\frac{(A_1t^2+(2\alpha\beta+p_1(\alpha+\beta\gamma)+2q_1\gamma)t+C_1)(A_2t^2+(2\alpha\beta+p_2(\alpha+\beta\gamma)+2q_2\gamma)t+C_2)}{(\gamma t+1)^4}=$$

$$=\frac{Q_1(t)}{(\gamma t+1)^2}\frac{Q_2(t)}{(\gamma t+1)^2}=A_1A_2\frac{(t-t_1)(t-t_2)(t-t_3)(t-t_4)}{(\gamma t+1)^4}=Q(t)$$

Так как $P(x)=0=Q(t)$ только при $x\in \left\lbrace x_1,x_2,x_3,x_4\right\rbrace$ и $t\in \left\lbrace t_1,t_2,t_3,t_4\right\rbrace$, то логично положить, что $x_1=x(t_1), ..., x_4=x(t_4)$. Дальше остаётся заметить, что если $x_1=z$ и $x_2=\bar{z}$, то $t_1=u$ и $t_2=\bar{u}$ где $u$ - комплексное число, а отсюда заключаем, что если $Q_1, Q_2$ полиномы 2 степени с вещественными коэффициентами, то эти коэффициенты определены однозначно с точностью до порядка так, как указано, то есть $Q_1(t)=A_1t^2+(2\alpha\beta+p_1(\alpha+\beta\gamma)+2q_1\gamma)t+C_1$ и $Q_2(t)=A_2t^2+(2\alpha\beta+p_2(\alpha+\beta\gamma)+2q_2\gamma)t+C_2$
Нам требуется, чтобы коэффициенты перед $t$ в обоих уравнениях равнялись нулю, то есть имеем систему уравнений:

$$\left\{ \begin{array}{rcl} 2\alpha\beta+p_1(\alpha+\beta\gamma)+2q_1\gamma=0 \\ 2\alpha\beta+p_2(\alpha+\beta\gamma)+2q_2\gamma=0 \\ \end{array} \right.$$

Отсюда находим квадратное уравнение определяющее $\beta$: $(p_1-p_2)\beta^2+2(q_1-q_2)\beta+q_1p_2-q_2p_1=0$, которое имеет решение, если $0\leqslant D_1=4(q_1p_2^2-p_1(q_1+q_2)p_2+q_1^2-2q_1q_2+q_2^2+q_2p_1^2)$, коэффициент $q_1\geqslant 0$ вследствие указанного вначале неравенства, следовательно если у полученного (в качестве дискриминанта $D_1$) квадратного многочлена от $p_2$ у самого дискриминант $D_2$ неположительный, то $0\leqslant D_1$. Но $D_2=(p_1^2-4q_1)(q_1-q_2)^2\leqslant 0$, что и требовалось доказать.
Если же все корни вещественные, то по такому плану доказать не получается. Пусть, например $P(x)=(x^2+2x-1)(x^2+x-1)$, решением полученной ранее системы уравнений будет $\alpha=0=\gamma$, что нам явно не подходит, следовательно для данного случая нужно перекомпоновать корни так, чтобы получить вполне определённые два квадратных двучлена с другими коэффициентами, а вот как раз доказать, что это всегда можно сделать, у меня не получается, выходят очень громоздкие формулы от четырёх переменных (четырёх корней, которые нужно к тому же поставить на нужные места), в которых никакой красоты найти возможности не представляется.

[iifat]

Что-то думал, думал, ничего не придумал, но:

Paul Ivanov в сообщении #1392037 писал(а):

$x=x(t)=\frac{\alpha t+\beta}{\gamma t+1}$

Это, в зависимости от, либо $\alpha t+\beta$ (поворот, гомотетия и параллельный перенос), либо $\frac\alpha\gamma+\frac{\beta-\frac\alpha\gamma}{\gamma t+1}$ (то ж самое плюс инверсия). Все эти преобразования сохраняют углы, не? То бишь, если корни не лежат на одной прямой (два разных действительных плюс два сопряжённых комплексных, например), ничего не выйдет.

Paul Ivanov в сообщении #1392236 писал(а):

находим квадратное уравнение

Вот этот момент можно ещё пояснить? Как вы его нашли?