Квадратный трехчлен

[myra_panama]

Каковы должны быть p и q , чтобы корни уравнения $x^2+px+q=0$ были тоже p и q?

(Оффтоп)

очень легкая задача , но можно ли для комплексных p,q решение были тоже p,q?

[Sonic86]

Теорему Виета применить пробовали?

[caxap]

myra_panama в сообщении #425681 писал(а):

но можно ли для комплексных p,q решение были тоже p,q?

А что-то изменится по сравнению с вещественными?

[Руст]

В любом (не обязательно ассоциативном) кольце без делителей нуля имеется только 3 решения:
$p=q=0$
$p=1,q=-2$,
$p=q=-\frac 12$ (правда еще имеется другой корень).
Правда второе требует существования 1, третье существование $1/2$.
В случае колец с делителями нуля корней больше, и чтобы $p,q$ были так же корнями уже имеет больше решений. Т.е. появляются дополнительные решения.

[myra_panama]

Sonic86 в сообщении #425689 писал(а):

Теорему Виета применить пробовали?

а , что будет дальше......
как мы найдем корни похоже коэфисиентов

[Sonic86]

myra_panama писал(а):

а , что будет дальше......
как мы найдем корни похоже коэффициентов

Запишите теорему Виета для данного уравнения

(Оффтоп)

задача для 8 класса

[resevus]

Если по Виету, то пропадает вариант $p=q=-\frac 12$

[myra_panama]

Sonic86 в сообщении #425749 писал(а):

задача для 8 класса

а , что вы как то стали заслуженным участником , 8 классных задач не признаваете....

(Оффтоп)

есть , такие 8 классные задачи которых вы даже решать не сможете...

-- Пн мар 21, 2011 17:22:49 --

Sonic86 извиняюсь глупо сказал...

[Sonic86]

(myra_panama)

Я прошу прощенья, если Вам показалась грубость в моих словах - ничего такого я не хотел сказать. Просто мне неясно - Вы же решаете задачи по матанализу примерно с 1-го курса университета, значит задачи с 8-го класса вполне можете решить самостоятельно. Я просто не могу понять - откуда такие затруднения. Извините еще раз.

resevus писал(а):

Если по Виету, то пропадает вариант $p=q=-\frac 12$

Неправда, с чего бы он пропал вдруг.

[spaits]

Sonic86 в сообщении #425857 писал(а):

Неправда, с чего бы он пропал вдруг.

Ничего не пропадает, оно вовсе не решение.

[Sonic86]

spaits писал(а):

Ничего не пропадает, оно вовсе не решение.

Хотите сказать, что

$$\left(- \frac{1}{2} \right)^2 - \frac{1}{2} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) - \frac{1}{2} = 0$$

неверно?

[spaits]

Условия задачи такие, что оба корня равны коэффициентам уравнения, ясно написано в условии. А у Вас, Sonic86?

[myra_panama]

ладно , Sonic86 .... принимаю теор.Виета

(Оффтоп)

как вы сказали..

$ \left\{ \begin{array}{cc} p+q=-p \\ p\cdot q=q\end{array} $
отсюда,
$\left\{ \begin{array}{cc} 2p+q=0 \\ q(p-1)=0\end{array}$
из второго уравнения получаем,
p=1 , q=0
если поставит p=1 в 2p+q=0 , то q=-2
если q=0 , то p=0///
Но еще и $p=q=-\frac12$ удовлетворяет наше условие....
как, это пропадает ......

[Sonic86]

Я могу врать, а теорема Виета не может - она же система, равносильная уравнению. Значит spaits правильно сказал. Чтобы $p=q= - \frac{1}{2}$ было решением необходимо не только

$\left(- \frac{1}{2} \right)^2 - \frac{1}{2} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) - \frac{1}{2} = 0$
Но и $-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=-\frac{1}{2}$ и $\left(- \frac{1}{2} \right)^2=-\frac{1}{2}$, что неверно.

Значит я вру. Еще раз. Пусть $p=q= - \frac{1}{2}$ решение. Тогда уравнение имеет вид:
$\left( x+ \frac{1}{2}\right) \left( x+ \frac{1}{2}\right) = 0 \Leftrightarrow x^2+x+\frac{1}{4} = 0$. Множество коэффициентов равно $\{ 1, \frac{1}{4}\} \neq \{ - \frac{1}{2}; - \frac{1}{2}\}$

[spaits]

Не корень уравнения равен $p$ и $q$, а корни уравнения, так сказано в условии задачи.