Теорема Виета для полиномов

[Rostislav1]

$\[{c_1} = p;{c_2} = q;{c_3} = r;{c_4} = - 1;{c_5} = - 1\]$


при 4-й степени

$\[\begin{gathered} {c_1}{c_2}{c_3}{c_4} + {c_1}{c_2}{c_3}{c_5} + {c_2}{c_3}{c_4}{c_5} = 0 \hfill \\ - pqr - pqr + qr = - 2pqr + qr = 0; \hfill \\ \end{gathered} \]$

при 3-й

$\[\begin{gathered} - ({c_1}{c_2}{c_3} + {c_1}{c_2}{c_4} + {c_1}{c_2}{c_5} + {c_2}{c_3}{c_4} + {c_2}{c_3}{c_5} + {c_3}{c_4}{c_5}) = 0 \hfill \\ - pqr + pq + pq + qr + qr - r = - pqr + 2pq + 2qr - r = 0 \hfill \\ \end{gathered} \]$

при 0-й

$\[ - p - q - r + 2 = 1; - p - q - r = - 1;p + q + r = 1;\]$
получаем систему
$\[\left\{ \begin{gathered} p + q + r = 1 \hfill \\ - pqr + 2pq + 2qr - r = 0 \hfill \\ - 2pqr + qr = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right\}\]$

Верно?

[ewert]

Всё неверно. Во-первых, Вы всю теорему Виета зачем-то перевернули с ног на голову. Во-вторых, даже и полученные антиподы как минимум неправдоподобны, т.к. $p,q,r$ в них не равноправны.

[Rostislav1]

Что-то не в форме я сегодня).

для 0-й степени


$\[\begin{gathered} - ({c_1} + {c_2} + {c_3} + {c_4} + {c_5}) = 1 \hfill \\ - p - q - r + 2 = 1; - p - q - r = - 1;p + q + r = 1; \hfill \\ \end{gathered} \]$

для 3-й

$\[ - ({c_1}{c_2}{c_3} + {c_1}{c_2}{c_4} + {c_1}{c_2}{c_5} + {c_2}{c_3}{c_4} + {c_2}{c_3}{c_5} + {c_3}{c_4}{c_5}) = 0\]$

для 4-й

$\[{c_1}{c_2}{c_3}{c_4} + {c_1}{c_2}{c_3}{c_5} + {c_2}{c_3}{c_4}{c_5} = 0\]$

это тоже не верно? Вроде делаю все согласно википедии и конспекту...

[ewert]

Rostislav1 в сообщении #725737 писал(а):

для 3-й

$\[ - ({c_1}{c_2}{c_3} + {c_1}{c_2}{c_4} + {c_1}{c_2}{c_5} + {c_2}{c_3}{c_4} + {c_2}{c_3}{c_5} + {c_3}{c_4}{c_5}) = 0\]$

для 4-й

$\[{c_1}{c_2}{c_3}{c_4} + {c_1}{c_2}{c_3}{c_5} + {c_2}{c_3}{c_4}{c_5} = 0\]$

Неверное количество слагаемых. Например, для (якобы) 3-й: сколько есть способов выбрать три корня из пяти имеющихся?...

Но это потом. А пока что Вы по-прежнему не знаете теорему Виета.

[provincialka]

Откуда 1? Коэффициент при $x^4$ равен 0.
Еще раз повторяю: сумме корней (с минусом) равен коэффициент при $x^4$. А совсем не свободный член! Он, наоборот, равен произведению корней (также с минусом).

Да, задачка оказалась полезной: может, наконец, вы поймете, что такое теорема Виета. И как могут выглядеть симметрические многочлены.

[ewert]

Rostislav1 попросту всё перепутал.

[Rostislav1]

для 4-й

$\[ - ({c_1} + {c_2} + {c_3} + {c_4} + {c_5}) = 0\] $
для 3-й

$\[ - ({c_1}{c_2} + {c_1}{c_3} + {c_1}{c_4} + {c_1}{c_5} + {c_2}{c_3} + {c_2}{c_4} + {c_2}{c_5} + {c_3}{c_4} + {c_3}{c_5} + {c_4}{c_5}) = 0\]$

для 0-й

$\[ - {c_1}{c_2}{c_3}{c_4}{c_5} = 1\]$

Ну, теперь то верно?

[ewert]

Теперь да. Теперь дальше.

Пардон. Одна строчка из трёх всё-таки не совсем да. Хоть решению это нечаянно и не помешает.

[Rostislav1]

То, что не помешает - конечно хорошо, но все таки - какая?

-- 19.05.2013, 15:23 --

вторая строчка - минус не нужен, да?

[provincialka]

Да.

[Rostislav1]

Вот такая система получилась

$\[\left\{ \begin{gathered} p + q + r = 2 \hfill \\ pq + pr - 2p + qr - 2q - 2r + 1 = 0 \hfill \\ pqr = - 1 \hfill \\ \end{gathered} \right\}\]$

попробовал преобразовать немного второе уравнение

$\[\left\{ \begin{gathered} p + q + r = 2 \hfill \\ - rq + pr - 2p - 2r + 1 = 0 \hfill \\ pqr = - 1 \hfill \\ \end{gathered} \right\}\]$

Как дальше быть?

[ewert]

Rostislav1 в сообщении #725802 писал(а):

Как дальше быть?

ewert в сообщении #725713 писал(а):

нужно найти лишь их комбинации $p+q+r$, $pq+qr+pr$ и $pqr$

[Rostislav1]

Решил, получилось -5 - вроде верно.
Всем большое спасибо за помощь!
Но одно все такие не ясно - почему обозначили корни полинома через p,q,r,-1,-1, а именно - не понятно, почему два одинаковых корня?Из-за того, что кратность 2 должна быть?

[provincialka]

Именно.

(Оффтоп)

как в анекдоте, где чукче показывают автомобиль.
- Все понял?
- Да. Не понял только, куда оленей запрягать.

[Rostislav1]

Еще раз спасибо