Решите следующее уравнение.

[levietbao]

Решите следующее уравнение.
a)

$$ x^5+5x^3+5x-1=0 $$

b)

$$x^4-x-1=0 $$

[frankenstein]

Думаю, более актуально решить эти уравнения методом последовательных приближений.
Оставьте в левой части уравнений неизвестную, а остальное все перенесите в правую часть.
Дальше предположите что решение это $x = C$ некая константа.
Когда вы подставите вместо $x$ $C$ в правую часть, получите некоторое
число, которое так же подставляете заново, проделайте это действие $10^6$ раз, и вы
получите довольно точное практичное решение.

Конкретно в вашем случае, преобразуем первое уравнение к виду
$x = \frac {1} {x^4+5x^2+5}$
Возьмем $x=17$
И подставим в правую часть.
Лучше это быстро запрограммировать.

#include <iostream>
#include <cmath>

#define repeat(a) for (int i__; i__ < (a); ++i__)

double f(double x) {
   return 1.0/(std::pow(x, 4) + 5*std::pow(x, 2) + 5);
}

#define ITERATION_NUM 32786

int main() {
   double x = 17.0;
   repeat(ITERATION_NUM) x = f(x);
   std::cout << x << std::endl;

   return 0;
}

Ответ $x \approx 0.192782 $
Если хотите еще точнее, можете увеличить количество выводимых
цифр после запятой или повысить количество итераций.
Этот же алгоритм можно применить и ко второму уравнению.
Но, возможно, у уравнения несколько решений, если хотите найти их
все надо изменять начальные значения $x$.

[Sonic86]

frankenstein, численное решение алгебраического уравнения в данном случае принципиально неинтересно. Думаю, Вы сами можете догадаться, почему.

(Оффтоп)

frankenstein в сообщении #829169 писал(а):

double f(double x) {
return 1.0/(std::pow(x, 4) + 5*std::pow(x, 2) + 5);
}

Не оптимизировано: pow лучше заменить на возведение в квадрат, возведение в 4-ю степень - двойным возведением в квадрат + сам квадрат лучше предварительно вычислить, чтобы не считать его 2 раза

frankenstein в сообщении #829169 писал(а):

Но, возможно, у уравнения несколько решений

Уравнение имеет один действительный корень. И соответствующий многочлен неприводим по критерию Эйзенштейна.

levietbao в сообщении #829148 писал(а):

b)

$$x^4-x-1=0 $$

Метод Феррари.

[frankenstein]

Что касается оптимизации, вы не допускаете мысли что pow это функтор, со своим внутренним состоянием?

levietbao сказал, что нужно решить уравнение, странно что некоторые услышали это как: "Решите уравнение интересным методом, мне нужно получить удовольствие от процесса размышлений".

[ИСН]

frankenstein, именно это подразумевается по умолчанию (по крайней мере, в этом разделе). Сколько ещё человек должно сказать, что Вы неправы?

[frankenstein]

ИСН, я был неправ.
Но все таки хочу сказать, что численные методы не менее интересны

[AV_77]

levietbao в сообщении #829148 писал(а):

a) $ x^5+5x^3+5x-1=0$

Это одно из немногих типов уравнений, решаемых в радикалах.

[galenin]

Уравнение $x^4-x-1=0$ в радикалах решать бессмысленно. Слишком большой радикал будет. Лучше так.
Строим графики $y=x^3-1$ и $x=\frac 1x$. Находим пересечения и затем - итерация Ньютона:

$x_{n+1}=x_n-\frac{x_n^4-x_n-1}{4x_n^3-1}$

Первое приближение для первого корня $x_0=-0.7$, первое приближение для второго корня $x_0=1.2$. Результат на рисунке
http://s017.radikal.ru/i419/1402/a4/7a2ad06fcdbe.jpg

[sopor]

1) Делаем замену $x=2ti$, уравнение становится $32t^5-40t^3+10t=\frac{1}{i}$. Видим - всплыл многочлен Чебышева, ну значит $t=\cos(y)$ и спокойно решаем $\cos(5y)=\frac{1}{2i}$. Самый интересный вещественный корень после всех упрощений оказался равен $\sqrt[5]{\frac{2}{\sqrt{5}-1}}+$\sqrt[5]{\frac{1-\sqrt{5}}{2}}

-- 22.02.2014, 01:03 --

Выше был нерациональный метод.
Лучше так: делаем замену $x=2\sh{t}$. Теперь нужно решить $\sh{5t}=\frac{1}{2}$. Т.е $e^{5t}-\frac{1}{e^{5t}}=1$. Это уже совсем просто

[levietbao]

levietbao в сообщении #829148 писал(а):

Решите следующее уравнение.
a)

$$ x^5+5x^3+5x-1=0 $$

Setting $x=t-\frac 1t$ with $t>0$, equation is $t^5-\frac 1{t^5}=1$, and so $t^5=\frac {1+\sqrt 5}2$


And so a unique root $\boxed{x=\sqrt[5]{\frac {1+\sqrt 5}2}-\sqrt[5]{\frac 2{1+\sqrt 5}}}$

-- 24.02.2014, 12:13 --

levietbao в сообщении #829148 писал(а):

Решите следующее уравнение.
[/math]
b)

$$x^4-x-1=0 $$

Let $x^4-x-1=(x^2+ax+b)(x^4-ax+c)$ with $a>0$

Identification of coefficients gives $b=\frac 12(a^2+\frac 1a)$ and $c=\frac 12(a^2-\frac 1a)$ and $a^6+4a^2-1=0$

This equation implies $a\in(0,1)$ and Cardano'method for cubics gives then :
$a=\sqrt{\sqrt[3]{\frac{1+\sqrt{\frac{283}{27}}}2}-\sqrt[3]{\frac{-1+\sqrt{\frac{283}{27}}}2}}$

Then $a^2-4b=-a^2-\frac 2a<0$ and quadratic $x^2+ax+b$ has no real root.

And $a^2-4c=-a^2+\frac 2a>1$ and so two real roots to the given equation :

$x_1=\frac{a+\sqrt{a^2-4c}}2=\boxed{\frac{a+\sqrt{\frac 2a-a^2}}2}$

$x_2=\frac{a-\sqrt{a^2-4c}}2=\boxed{\frac{a-\sqrt{\frac 2a-a^2}}2}$

Where $a=\sqrt{\sqrt[3]{\frac{1+\sqrt{\frac{283}{27}}}2}-\sqrt[3]{\frac{-1+\sqrt{\frac{283}{27}}}2}}$

[galenin]

If this is true, then the problem is solved beautiful!

.........................

Checked. All is excellent!
$x_1=1.22074 \, ; \quad x_2=-0.72449$

[nnosipov]

Метод Феррари, если его "вручную" применить к уравнению $x^4-x-1=0$, даёт то же самое. Другое дело, что системы компьютерной алгебры так "упрощают" получившееся выражение с вложенными радикалами, что получается что-то невообразимое.