Несколько хороших корней

[staric]

Вовочка ищет корни полинома 5-й степени, про которые известно, что они все действительные и образуют геометрическую прогрессию. К сожалению, он не записал значения коэффициента при х и свободного члена, поэтому уравнение выглядит так:
$8x^5-44x^4+66x^3-33x^2+*x+**=0$
Сможет ли Вовочка восстановить коэффициенты и решить уравнение?

Доп. вопрос: Для каких степеней уравнения с целыми коэффициентами, корни которых (уравнений, ес-сно) образуют геом. прогрессию, разрешимы в квадратных радикалах?

[arqady]

staric в сообщении #438516 писал(а):

Вовочка ищет корни полинома 5-й степени, про которые известно, что они все действительные и образуют геометрическую прогрессию. К сожалению, он не записал значения коэффициента при х и свободного члена, поэтому уравнение выглядит так:
$8x^5-44x^4+66x^3-33x^2+*x+**=0$
Сможет ли Вовочка восстановить коэффициенты и решить уравнение?

Не сможет! Не бывает такого, как описано в условии, многочлена и коэффициент при $x^2$ роли не играет.

[age]

(Оффтоп)

staric в сообщении #438516 писал(а):

Вовочка ищет корни полинома 5-й степени

Аспирант? А хулиганка что делает?

[staric]

arqady в сообщении #438518 писал(а):

Не сможет! Не бывает такого, как описано в условии, многочлена и коэффициент при $x^2$ роли не играет.

Как насчет обосновать это авторитетное мнение?

[arqady]

staric в сообщении #438534 писал(а):

Как насчет обосновать ...?

Пожалуйста! Проверьте детали.
Обозначим корни $a$, $aq$,...,$ag^4$ и $q+\frac{1}{q}=u$.
Тогда, пользуясь теоремой Виета для суммы и суммы попарных произведений корней, получим уравнение:
$(u^2+u-1)(2u-3)(3u+2)=0$, чего не бывает.

[venco]

arqady в сообщении #438556 писал(а):

staric в сообщении #438534 писал(а):

Как насчет обосновать ...?

Пожалуйста! Проверьте детали.
Обозначим корни $a$, $aq$,...,$ag^4$ и $q+\frac{1}{q}=u$.
Тогда, пользуясь теоремой Виета для суммы и суммы попарных произведений корней, получим уравнение:
$(u^2+u-1)(2u-3)(3u+2)=0$, чего не бывает.

А я думаю, лучше Вам проверить выкладки.
Если использовать Ваши обозначения, то у меня получается квадратное уравнение на $u$, дающее единственное решение исходной задачи.

[arqady]

Да, спасибо! $u=3$. Ну и дальше всё прозрачно.

[staric]

Как насчет доп. вопроса?

[Руст]

Достаточно задание коэффициентов для первых трех степеней. Точнее даже любых трех коэффициентов. По ним легко освобождаемся от а и прикодим к полиномиальному уравнению относительно q. Однако, это приводит к решению уравнения высокой степени. При наличии нескольких -n коэффициентов мы получим n-2 полиномиальных уравнения относительно q, являющегося общим корнем этих полиномов. Тогда задача решается нахождением НОД этих полиномов, что почти всегда приведет к линейному уравнению. Один корень имеется при правильном задании коэффициентов, если НОД имеет нулевую степень, то условие задано неверно.

[staric]

Руст в сообщении #438740 писал(а):

Достаточно задание коэффициентов для первых трех степеней. Точнее даже любых трех коэффициентов.

Вообще-то вопрос был о другом. В смысле, не о количестве необходимых коэффициентов и алгоритме поиска корней. А о степени полинома. Повторю, если неясно. Типа, задан полином N-ной степени с целыми коэффициентами, все корни которого составляют геом. прогрессию. При каких N уравнение Р(х)=0 разрешимо в квадратных радикалах?
При N=5, как убедились, разрешимо. Очевидно, и при N=3 тоже.

[staric]

Ну, хорошо. Поставлю вопрос проще. Хотя бы для N=2011. Известно, что корни уравнения $a_{0}x^{2011}+a_{1}x^{2010}+...+a_{2011}=0$ с целыми коэффициентами составляют ГП. Будут они квадратичными иррациональностями или нет?

[Sender]

Цитата:

Будут они квадратичными иррациональностями или нет?

По крайней мере, можно показать, что всегда выражаются через радикалы.

[Руст]

Sender в сообщении #442560 писал(а):

Цитата:

Будут они квадратичными иррациональностями или нет?

По крайней мере, можно показать, что всегда выражаются через радикалы.

Не всегда. Задача не сформулирована четко. Допустим, что заданы только три коэффициента $a_0,a_1,a_n$. Тогда

$$\alpha^nq^{n(n-1)/2}=\frac{a_n}{a_0},$$

$$\alpha \frac{q^n-1}{q-1}=\frac{a_1}{a_0}.$$

Остается найти $q$, $\alpha$ выражается через него и известные коэффициенты безо всяких радикалов.
$q$ удовлетворяет уравнению:

$$1+q+....q^{n-1})^n=bq^{n(n-1)/2}, b=\frac{a_1^n}{a_0^{n-1}a_n}.$$

Можно поделить на $q^{n(n-1)/2}$ и обозначить за новую переменную $\sqrt q-\sqrt{q^{-1}}=z$.
Тогда уравнение сводится к $P_n(z)=c=\sqrt[n] b$, где $P_n$ с точностью до линейной замены переменной является многочленом Чебышева. Насколько мне известно общее решение этого уравнения (для произвольного с) не выражается в радикалах.

[Sender]

Цитата:

Не всегда. Задача не сформулирована четко.

Я-то считал, что все коэффициенты полинома $a_0 x^n+a_1x^{n-1}+...+a_n$ заданы и являются целыми числами. Вообще, для простоты примем $a_0=1$, а остальные коэффициенты будем считать рациональными.
Пусть корни полинома имеют вид $b, bq, ..., bq^{n-1}. Тогда
$b^nq^{\frac{n(n-1)}{2}}=(-1)^na_n (1),
$\frac{b(q^n-1)}{q-1}=-a_1 (2),
$\frac{b^2(q^n-1)(q^n-q)}{(q-1)^2(q+1)}=a_2 (3).
Из (1) $q^n=\frac{a_n^{\frac{2}{n}}q}{b^2}$ (4).
(3)/(2): $\frac{b(q^n-q)}{(q-1)(q+1)}=-\frac{a_2}{a_1}$. Далее, $\frac{b(q^n-q)}{(q-1)(q+1)}=\frac{b(q^n-1)-b(q-1)}{(q-1)(q+1)}=\frac{-a_1-b}{q+1}=-\frac{a_2}{a_1}$.
$b=(\frac{a_2}{a_1})(q+1)-a_1$ (5).
Подставим выражение для $q^n$ из (4) в (2):
$b(\frac{a_n^{\frac{2}{n}}q}{b^2}-1)=-a_1(q-1)$,
$a_n^{\frac{2}{n}}q}-b^2=-ba_1(q-1)$.
Наконец, подставим сюда из (5) выражение для b:
$a_n^{\frac{2}{n}}q}-((\frac{a_2}{a_1})(q+1)-a_1)^2=-(a_2(q+1)-a_1^2)(q-1)$.
Надеюсь, ничего не напутал. :)
И если бы не $a_n^{\frac{2}{n}}$, были бы только квадратные корни.

[Руст]

Как я сказал ранее все зависит от того, сколько и какие коэффициенты заданы. В случае только указанных выше $a_0,a_1,a_n$ нельзя в общем случае выразить корни через радикалы.