Уравнение x^4 - x^3 -1=0

[tolstopuz]

Lion писал(а):

Может, и в исходном уравнении можно что-то такое сделать?

Нет, у него полная группа Галуа.

[PSP]

Алексей К. писал(а):

(сделанное в связи с очередным манифестом от PSP)

У меня был только один манифест! Откуда очередной взялся??!!

[Primat55]

Все олимпиадные задачи подразумевают нестандартное и негромоздкое решение. Замечу, что данное уравнение заменой

$$ x = \frac{1}{t} $$

сводится к

$$ t^4 + t - 1 = 0 $$

которое на форуме уже обсужделось.

[Mathusic]

Primat55 в сообщении #128637 писал(а):

Замечу, что данное уравнение заменой

$$ x = \frac{1}{t} $$

сводится к

$$ t^4 + t - 1 = 0 $$

которое на форуме уже обсужделось.

Можно ссылку? Поиск не ищет.

[nnosipov]

нг в сообщении #86136 писал(а):

Iliya
Банить Вас никто не будет. Просто подобные длинные формулы следует разбивать (например, на +, -, и т.п.). И ещё — упрощать надо.

Упрощать --- это понижать порядок вложенных вещественных радикалов (в приведённой выше формуле он равен 4)? Но такое упрощение здесь может оказаться просто невозможным. (Maple и другие системы компьютерной алгебры отказываются упрощать это выражение, но вряд ли это стоит считать строгим доказательством отсутствия упрощения такого рода.)

[no_name]

Найдем вещественные корни.
$x^4-x^3-1=0$
$x^3(x-1)=1$
Как уже было сказано выше заменяем:
$x=\frac{1}{t}$
Очевидно, что:
$t^4+t-1=0$
Пусть некоторое число $u$ — неопределенный коэффициент.
$(t^2+u)^2-u^2-2ut^2+t-1=0$
$(t^2+u)^2-((\sqrt{2u}t-\frac{1}{(2\sqrt{2u})})^2-\frac{1}{8u}+1+u^2)=0$
Чтобы получить разность квадратов нам нужно найти такое $u$ при котором "ненужный" кусок уравнения обратится в ноль, для этого найдем корни уравнения:
$-\frac{1}{8u}+1+u^2=0$
Далее мы получаем разность квадратов, и легко решаемое уравнение:
$t^2+u+\sqrt{2u}t-\frac{1}{2\sqrt{2u}}=0$

Приближенно вычислив корни получим, что они приближенно равны: -0,82 и 1,42

Извиняюсь, если что-то не по правилам форума сделал, первый раз формулы верстаю, если что напишите, я исправлю.

[sergei1961]

На самом деле вы изложили стандартный способ решения уравнения 4 степени через 3 (резольвенту). Беда в одном-как уравнение третьей степени для u планируете решить?
Формула Кардано-это определённый миф. На самом деле нет способа извлечь в ней корни третьей степени. В том смысле, что нельзя извлечь корень из комплексного числа, записав его как комплексное число в алгебраической форме. Не умеем. Точно также, как не умеем по данному $\sin 3x$ найти $\sin x$ по формуле тройного угла-это одна и та же задача.
И вообще решение алг. уравнений-это область мифологическая. Уравнения $2^x=5$ или $\sin x=1/5$ тоже не решаются в радикалах, но их решают в школе и никто не плачет. Уравнение пятой степени были решено явно через гипергеометрическую функцию $ {}_4F_3$ ещё в 19 веке, решение следует в несколько строк из формулы обращения Лагранжа. Алгебраисты запугали всех своими маразматическими построениями, а аналитики им по инерции верят. Например, существует простая явная формула для решения любого уравнения произвольной степени через его коэффициенты, которая выписывается в две строки в виде явного ряда.

[alcoholist]

sergei1961 в сообщении #478143 писал(а):

Например, существует простая явная формула для решения любого уравнения произвольной степени через его коэффициенты, которая выписывается в две строки в виде явного ряда.

в тэта-функциях без рядов)

[sergei1961]

А тета-функция-это не ряд? А модулярное уравнение для выписывания этой тета-функции как решать будете-в учебниках просто пишется, что оно разрешимо, там нужно найти обратную к сложной трансцендентной функции? Хоть где нибудь видели кроме теории решение этим способом конкретного уравнения $x^5\pm x \pm1=0$ (при некоторых расстановках знаков явно решается, знаю). На мой взгляд это опять мифология.
И это только для 5 порядка. А выше-это не совсем те тета-функции, которые мы с Вами знаем. Это тета-функции Мамфорда-эллиптические интегралы на сложнейших многообразиях. Наверное, это замечательная теория, но не имеет НИКАКОГО отношения к решению уравнений реальному.
А реальные формулы-это через гипергеометрию. И как венец-общая формула, выведенная Меллиным в начале 20-века. Самое сложное в ней- это гамма-функции от коэффициентов или их сумм, и всё.

[no_name]

sergei1961 в сообщении #478143 писал(а):

Например, существует простая явная формула для решения любого уравнения произвольной степени через его коэффициенты, которая выписывается в две строки в виде явного ряда.

А что это за формула? Только через коэффициенты? А как же тогда теорема Абеля?

sergei1961 в сообщении #478143 писал(а):

Формула Кардано-это определённый миф. На самом деле нет способа извлечь в ней корни третьей степени. В том смысле, что нельзя извлечь корень из комплексного числа, записав его как комплексное число в алгебраической форме. Не умеем. Точно также, как не умеем по данному $\sin3x$ найти $\sin{x}$ по формуле тройного угла-это одна и та же задача.

Не совсем понял.

И как показать связь задачи с синусами с задачей про извлечение корня из комплексного числа?

[arseniiv]

sergei1961 в сообщении #478143 писал(а):

В том смысле, что нельзя извлечь корень из комплексного числа, записав его как комплексное число в алгебраической форме.

А что мешает извлечь из экспоненциальной, а потом обратно?

[nnosipov]

arseniiv в сообщении #481283 писал(а):

А что мешает извлечь из экспоненциальной, а потом обратно?

Ничего не мешает, если только не трактовать алгебраическую форму записи как содержащую только вещественные радикалы (и никаких косинусов с арккосинусами и т.п.). Записав $\sqrt[3]{a+bi}=x+yi$, мы не сможем $x$ и $y$ выразить только через вещественные радикалы с $a$ и $b$ (например, для квадратного корня $\sqrt{a+bi}$ это вполне возможно). Почувствовать (но не доказать!) это можно, если попробовать поискать $x$ и $y$ из соответствующей системы уравнений: здесь нужно будет решать кубическое уравнение, причём обязательно в неприводимом случае, т.е. в формуле Кардано опять будет комплексный кубический радикал и возникает замкнутый круг.

[arseniiv]

nnosipov в сообщении #481342 писал(а):

и никаких косинусов с арккосинусами и т.п.

Теперь понял.

[Vvp_57]

Для уравнений четвертой степени наверное можно обойтись без тэта-функций.
Пару действительных кореней приведенного уравнения можно выразить таким образом:
Пусть:
${g}_{1}=\sum\limits_{k=0}^{\infty } \binom{3k}{k}\frac{\left(-1 \right)^k}{\left(2k+1 \right)8^{2k+1}}$
Тогда:
${x}_{1}=\dfrac{\sqrt{2}}{-\sqrt{{g}_{1}}+\sqrt{-{g}_{1}+\frac{1}{\sqrt{2}\sqrt{{g}_{1}}}}}=1.3802775....$
${x}_{2}=\dfrac{\sqrt{2}}{-\sqrt{{g}_{1}}-\sqrt{-{g}_{1}+\frac{1}{\sqrt{2}\sqrt{{g}_{1}}}}}=-0.81917251...$

[nnosipov]

Vvp_57 в сообщении #481863 писал(а):

Для уравнений четвертой степени наверное можно обойтись без тэта-функций.

А что в этом удивительного? Ведь есть кубическая резольвента, корень которой можно разложить в ряд по Тейлору.