Разложение многочлена 3-й степени

[e7e5]

Помогите пожалуйста разобраться ( вспомнить).
Пусть задан многочлен 3-й степени с вещественными коэффициентами
$x^3+bx^2+cx+d$

1) Какие соотношения должны быть между коэффициентами, чтобы все корни были вещественными?
2) Если вещественные корни суть $\lambda_1$, $\lambda_2$, $\lambda_3$
То многочлене можно представить в виде:

$(x-\lambda_1)(x-\lambda_2)(x-\lambda_3)$

По п.2 вроде понятно: указанный многочлен имеет по крайне мере один вщественный корень, так что можно разложить
$(x-\lambda_1)(x^2+px+q)$ Правильно?
Если да, то квадратный трехчлен тем более можно разложить

Но непонятно, что с п.1?

[ShMaxG]

http://eqworld.ipmnet.ru/en/solutions/ae/ae0103.pdf - может поможет.

[gris]

Дискриминант кубического четырёхчлена должен быть неположительным

[e7e5]

gris писал(а):

Дискриминант кубического четырёхчлена должен быть неположительным

т.е в этом случае будем иметь для многочлена 3-й степени с вещественными коэфф. три вещественных корня и многочлен можно предстваить в виде, как указал в первом посте?

[ewert]

многочлен в таком виде можно представить всегда. Другой вопрос, кто корни могут быть кратными или комплексными.

[e7e5]

ewert писал(а):

многочлен в таком виде можно представить всегда. Другой вопрос, кто корни могут быть кратными или комплексными.

Мне нужно такое условие на коэффициенты многочлена, чтобы корни были вещественными и разложение было в виде
$(x- \lambda_1)(x- \lambda_2)(x- \lambda_3)$


Просто следующая подзадача будет вычисление неопределенного интеграла в знаменателе которого и будет указанный многочлен.

[Brukvalub]

e7e5 в сообщении #194569 писал(а):

Если да, то квадратный трехчлен тем более можно разложить

Разложите $x^2 + x + 1$ на линейные множители с вещественными коэф-тами.

[gris]

Да. Только я бы уточнил, как считается дискриминант. Иногда его по разному определяют для кубического уравнения (разница в знаке).
Короче, если как для многочлена вообще, то он должен быть неотрицательным. Если равен нулю, то есть кратные корни, то есть все три действительны.

а если $4c^3 -b^2c^2+...>0$ то будет три действительных корня.

[e7e5]

Brukvalub писал(а):

e7e5 в сообщении #194569 писал(а):

Если да, то квадратный трехчлен тем более можно разложить

Разложите $x^2 + x + 1$ на линейные множители с вещественными коэф-тами.

Два корня предложенного примера - комплексные ( просто вместо $\lambda_2$, $\lambda_3$ их и подставить). Мне такой случай не нужен. Нужно, чтобы были вещественные.

Добавлено спустя 9 минут 31 секунду:

Всем спасибо за помощь.
Итог: можно наложить некоторое условие на коэфф. многочлена третьей степени с вещественными коэффициентами такое, что данные многочлен будет иметь три различных вещественных корня. Зная эти корни можно легко разложить многочлен на множители.

[gris]

Вот с этим не согласен. Вычислять корни не совсем легко. Правда, вроде бы есть формулы проще формулы Кардано.

[e7e5]

gris писал(а):

Вот с этим не согласен..

Не понял. С чем именно?

Что нелегко вычислять? - ну,..., скажем не так важно сейчас, важно, что можно точно выписать на "бумажке". А выписав, как $\lambda_i$, легко выписать разложение многочлена.

[Алексей К.]

gris в сообщении #194597 писал(а):

Вот с этим не согласен. Вычислять корни не совсем легко

Вот с этим не согласен. Вычислять корни кубического уравнения совсем легко. $Discr<0}$ --- три действительных корня, там явно выписанные. При $Discr=0$ наверняка явно разлагается на множители.
И когда задачка немного жизненная --- закономерности появляются, упрошается чего-то, etc.

Добавлено спустя 22 минуты 56 секунд:

Типа, например, там от Вас требуют $\sin\beta=\dfrac2q\sqrt{-\left(\dfrac p3}\right)^3}$, а при Ваших $p,q\;{}$ выражение для $\tg\dfrac{\beta}{2}$ оказывается красивеньким или легко анализируемым. Надо чисто не полениться сделать этот шажок...

[e7e5]

Алексей К. писал(а):

Добавлено спустя 22 минуты 56 секунд:

Типа, например, там от Вас требуют $\sin\beta=\dfrac2q\sqrt{-\left(\dfrac p3}\right)^3}$, а при Ваших $p,q\;{}$ выражение для $\tg\dfrac{\beta}{2}$ оказывается красивеньким или легко анализируемым. Надо чисто не полениться сделать этот шажок...

Теперь я не понял. Почему требуют?
В справочнике эта формула в разделе, где $Q \ge 0$ , $p<0$, а $y_{2,3}$ комплексные.
Что имеется ввиду?

Понятно, что полное кубическое ур. можно свести к неполному, но для указанного подраздела - корень в любом случае комплексный получается. А мне по условию нужны вещественные корни.

Или нужно взять именно $\alpha = \pi/4$, как частный случай для получения вещественных корней?

[gris]

Там прикол в том, что для вычисления действительных корней приходится извлекать корень из комплексного числа, а потом мнимые части сокращаются.

Алексей К., я судил по собственным впечатлениям Несколько раз пытался по формуле Кардано посчитать корни, просто для интереса. Но каждый раз путался и злился По мне - лучше численно прикинуть, а потом подогнать. Ну если заранее известно, что корни целочисленные.

[ewert]

gris в сообщении #194703 писал(а):

Там прикол в том, что для вычисления действительных корней приходится извлекать корень из комплексного числа,

, в то время как для нахождения комплексных корней никаких комплексных чисел не нужно.