многочлен третьей степени

[classman]

Пусть числа $p,q \in C$ таковы, что многочлен

$$f=x^3+px+q$$

имеет три различных корня. Существует ли многочлен второй степени, значение которого в каждом из корней многочлена $f$ равно произведению двух других корней многочлена $f$? Если да, явно вычислите его коэффициенты. Если нет, объясните почему.

-- 25.07.2019, 20:24 --

по т. Виета можно найти зависимость $a$ от $c$, если $a, b, c$ - коэффициенты многочлена второй степени, но как быть дальше?

[gris]

Пусть $u,t,v$ — корни первого многочлена. Выпишите шесть уравнений на шесть неизвестных, а дальше будет видно. Можно и $b$ определить (не уверен, вроде бы на первый взгляд).
Впрочем, там же всё комплексное, может быть какие-то более общие рассуждения?

[Fizykochemik]

Составляем 3 ур-я c $x_1,x_2,x_3,a,b,c$ линейные отн. $a,b,c$. Находим определитель и исследуем случаи когда он равен нулю,
т.е. когда система несовместна или имеет бесконечно много решений. Для этого берем 3 ур-я для корней по теореме Виета и исследуем с-му из 4х ур-й с 5ю неизвестными
$x_1,x_2,x_3,p,q$.

$ $$ \begin{cases} x_1 + x_2 + x_3=0 \\ x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3=p\\ x_1x_2x_3=-q\\ x_1x_2(x_1-x_2)+x_1x_3(x_3-x_1)+x_2x_3(x_2-x_3)=0 \end{cases} $$ $

Как исследовать последнюю с-му не вполне понятно, может оказаться что она не имеет решений, но это нужно доказать.

Можно попробовать в лоб, подставить в ур-е для определителся решения по ф-ле Кардано, содержащие $p,q$, но полученное ур-е можно только численно исследовать,
что достаточно сложно.

[ИСН]

Многочлен второй степени, имеющий заданные значения в трёх точках, существует всегда (кроме тех случаев, когда он выходит не второй степени) и определяется однозначно. Строится, например, как интерполяционный многочлен Лагранжа. Вот и построим его именно так - явным образом, через корни, в надежде, что после упрощения они как-то все уберутся. И они действительно это делают. У меня вышло $x^2+p$.