Разложить симметрический многочлен

[Digiter]

Здравствуйте
нахожусь сейчас на страницах "Алгебра 8 класс Виленкин"

застрял на задаче 189 а) (к теме про симметрические многочлены)

Разложить на множители:
$2x^4 + 3x^3y + 6x^2y^2 + 3xy^3 + 2y^4$
вот мои соображения:
\begin{gather*} \begin{aligned} &\text{Пусть } p_1 = x + y, p_2 = xy \\ &2x^4 + 3x^3y + 6x^2y^2 + 3xy^3 + 2y^4 =\\ = &2(x^4 + y^4) + 3xy(x^2 +2xy + y^2) =\\ = &2(x^4 + y^4) + 3xy(x + y)^2 =\\ = &2(p_1^4 - 4p_1^2p_2 + 2p_2^2) + 3p_1^2p_2 =\\ = &2p_1^4 - 8p_1^2p_2 + 4p_2^2 + 3p_1^2p_2 =\\ = &2p_1^4 - 5p_1^2p_2 + 4p_2^2 \end{aligned} \end{gather*}
Этот итоговый многочлен разложить не смог сколько не ломал голову.

В ответах в конце учебника дан результат:
$(x^2 + xy + 2y^2)(2x^2 + xy + y^2)$
когда я в нем раскрыл скобки, и выразил через p_1 и p_2, то получил тот же результат $2p_1^4 - 5p_1^2p_2 + 4p_2^2$, но нормального способа разложить этот многочлен так и не восстановил из этих преобразований. Какой способ разложения его подразумевают авторы учебника, неужели мне его наугад разлагать?

[Sonic86]

Есть эйлеровский способ решения т.н. возвратных уравнений $at^{2n}+bt^{2n-1}+...+bt+a=0$ - надо поделить уравнение на $t^n$ и сделать замену $u=t+\frac{1}{t}$. Ну еще предварительно замена $t=\frac{x}{y}$.

А насчет выражения через симметрические многочлены - это способ вроде не обязан давать результат всегда Вы вот посмотрите на множители - они же не симметрические, как Вы их тогда сможете таким способом получить?

[мат-ламер]

Наверное, можно также попробовать применить метод неопеределённых коэффициентов.

[Mathusic]

(Оффтоп)

Sonic86 в сообщении #603179 писал(а):

эйлеровский способ решения

Вот это да. Не знал, что такая (пускай и простецкая) вещь носит название эйлеровской

[Sonic86]

(Mathusic)

Mathusic в сообщении #603219 писал(а):

Вот это да. Не знал, что такая (пускай и простецкая) вещь носит название эйлеровской

А она, наверное, не носит такое название (в смысле, неверно думать, что часто говорят об этой подстановке как подстановке Эйлера). Я хотел сказать, что придумал ее Эйлер( когда пытался решать уравнения 3,4,5-й степеней.). Просто вспомнилось, вот и написал.

[Digiter]

задачу решил методом группировки - больше никак не выходит

[Digiter]

Вот еще нужно разложить на множители
\begin{gather*} A = (a^2 - b^2)^3 + (b^2 - c^2)^3 + (c^2 - a^2)^3 \end{gather*}
Раскрываем скобки
\begin{gather*} A = 3a^2b^4 - 3a^4b^2 + 3b^2c^4 - 3b^4c^2 + 3a^4c^2 - 3a^2c^4 \end{gather*}
Этот многочлен однородный и в целом симметрический, если не считать, что он поменяет знак при перестановке любых переменных местами. И еще он делится на $B = (a - b)(b - c)(c - a)$, поэтому я думаю, что его можно записать так
$(a - b)(b - c)(c - a)(\lambda(a^3 + b^3 + c^3) + \mu(ab^2 + bc^2 + a^2c) + \nu(a^2b + b^2c + ac^2))$
Т. к. в $A$ нет множителя $a^5$, а в последнем представлении нет $\lambda a^5b$, которая бы скомпенсировала $-\lambda a^5b$, то $\lambda = 0$
\begin{gather*} 3a^2b^4 = ab^2\times \mu ab^2 \Rightarrow \mu = 3 \\ -3a^4b^2 = (-a^2b)\times \nu a^2b \Rightarrow \nu = 3 \end{gather*}
Но после раскрытия скобок в
\begin{gather*} 3(a - b)(b - c)(c - a)(a^3 + b^3 + c^3 + ab^2 + bc^2 + ca^2 + a^2b + b^2c + ac^2) \end{gather*}
выражение A не получается
три дня над этой задачей сижу

[nnosipov]

Digiter в сообщении #607523 писал(а):

Вот еще нужно разложить на множители
\begin{gather*} A = (a^2 - b^2)^3 + (b^2 - c^2)^3 + (c^2 - a^2)^3 \end{gather*}

Решите сначала такую задачу: разложить на множители выражение $x^3+y^3+z^3$ при условии $x+y+z=0$.

[gris]

А ещё можно заметить, что он делится не только на разности, но и на попарные разности квадратов.

[Digiter]

nnosipov в сообщении #607526 писал(а):

Digiter в сообщении #607523 писал(а):

Вот еще нужно разложить на множители
\begin{gather*} A = (a^2 - b^2)^3 + (b^2 - c^2)^3 + (c^2 - a^2)^3 \end{gather*}

Решите сначала такую задачу: разложить на множители выражение $x^3+y^3+z^3$ при условии $x+y+z=0$.

gris в сообщении #607530 писал(а):

А ещё можно заметить, что он делится не только на разности, но и на попарные разности квадратов.

Вот ано че...

\[ (a^2 - b^2)^3 + (b^2 - c^2)^3 + (c^2 - a^2)^3 \]

Пусть
\begin{gather*} a^2 - b^2 = x \\ b^2 - c^2 = y \\ c^2 - a^2 = z \end{gather*}

\begin{multline*} x^3 + y^3 + z^3 = (x + y + z)^3 - 3(x^2y +xy^2 + y^2z + yz^2 + x^2z + xz^2 + 2xyz) =\\ = -3(x + y)(y + z)(x + z) \end{multline*}
вернув все обратно получаем
\begin{gather*} -3(a^2 - c^2)(b^2 - a^2)(c^2 - b^2) = \\ = 3(a^2 - b^2)(b^2 - c^2)(c^2 - a^2) \end{gather*}
все получилось!

[svb]

Digiter в сообщении #603177 писал(а):

вот мои соображения:
\begin{gather*} \begin{aligned} &\text{Пусть } p_1 = x + y, p_2 = xy \\ &2x^4 + 3x^3y + 6x^2y^2 + 3xy^3 + 2y^4 =\\ = &2(x^4 + y^4) + 3xy(x^2 +2xy + y^2) =\\ = &2(x^4 + y^4) + 3xy(x + y)^2 =\\ = &2(p_1^4 - 4p_1^2p_2 + 2p_2^2) + 3p_1^2p_2 =\\ = &2p_1^4 - 8p_1^2p_2 + 4p_2^2 + 3p_1^2p_2 =\\ = &2p_1^4 - 5p_1^2p_2 + 4p_2^2 \end{aligned} \end{gather*}

Случайно заглянул, т.ч. извините, если опоздал
Глядя на последнее выражение, бросается в глаза, что если бы вы приняли $p_1 = \left( {x + y} \right)^2 $, то получили бы однородное выражение
$2p_1^2 + 5p_1^2 p_2 + 4p_2^2 $
которое сводится к разложению на множители $2q^2 + 5q + 4$, где $q = \frac{{p_1 }}{{p_2 }}$

[Sonic86]

svb в сообщении #608759 писал(а):

которое сводится к разложению на множители $2q^2 + 5q + 4$, где $q = \frac{{p_1 }}{{p_2 }}$

А дальше как? Дискриминант-то отрицательный.

[svb]

Sonic86 в сообщении #608928 писал(а):

svb в сообщении #608759 писал(а):

которое сводится к разложению на множители $2q^2 + 5q + 4$, где $q = \frac{{p_1 }}{{p_2 }}$

А дальше как? Дискриминант-то отрицательный.

Я ошибся со знаком перед 5 , но это дела не меняет. Пусть q_1 ,q_2 $ - корни. Они комлексные - пусть. Получаем разложение
$\left( {\left( {x + y} \right)^2 - q_1 xy} \right)\left( {\left( {x + y} \right)^2 - q_2 xy} \right)$
Теперь раскладываем на множители выражения в скобках - муторно, но не смертельно. Т.е. получаем разложение вида:
$\left( {\frac{x}{y} - \lambda _1 } \right)\left( {\frac{x}{y} - \lambda _2 } \right)\left( {\frac{x}{y} - \lambda _3 } \right)\left( {\frac{x}{y} - \lambda _4 } \right)$
Скобки с сопряженными корнями перемножаем - мнимые части исчезают.

Но вот 8-ой класс смущает Надо подумать.

[svb]

Школьный вариант
Можно искать разложение в виде
$\left( {ax^2 + bxy + cy^2 } \right)\left( {cx^2 + bxy + ay^2 } \right)$
используем симметрию относительно $x,y$. В этом случае коэффициенты $a,b,c$ легко находятся решением квадратных уравнений.

[Sonic86]

svb в сообщении #609272 писал(а):

Скобки с сопряженными корнями перемножаем - мнимые части исчезают.

Эх, а мне казалось, что так не получится, а оказывается - работает, буду знать