Уравнение третьей степени, функция от корней

[Tarsik]

Уравнение

$$x^3 + px^2 +qx + r = 0$$

имеет корни

$$ x_1, x_2, x_3 $$

Подскажите пожалуйста как выразить

$$ (x_1 - x_2)^ 2*(x_2 - x_3)^2 * (x_1 - x_3) ^2$$

если

$$x_1 + x_2 + x_3 = - p$$

$$x_1*x_2 + x_1*x_3 +x_2*x_3 = q$$

$$x_1*x_2*x_3 = -r$$

[Алексей К.]

Во-первых, можно искать значение $(x_1 - x_2)(x_2 - x_3) (x_1 - x_3) $, а потом его в квадрат возвести.
А Вы попробовали тупо --- исключить последовательно $x_1, x_2, x_3$ из системы

$$\left\{\begin{array}{l} (x_1 - x_2)(x_2 - x_3) (x_1 - x_3)=S\\ x1 + x2 + x3 = - p\\ x1*x2 + x1*x3 +x2*x3 = q\\ x1*x2*x3 = -r \end{array}\right.$$

?

[e2e4]

Алексей К. писал(а):

Во-первых, можно искать значение $(x_1 - x_2)(x_2 - x_3) (x_1 - x_3) $, а потом его в квадрат возвести.
А Вы попробовали тупо --- исключить последовательно $x_1, x_2, x_3$ из системы

$$\left\{\begin{array}{l} (x_1 - x_2)(x_2 - x_3) (x_1 - x_3)=S\\ x1 + x2 + x3 = - p\\ x1*x2 + x1*x3 +x2*x3 = q\\ x1*x2*x3 = -r \end{array}\right.$$

?

Боюсь, что "тупо исключить" $x_1, x_2, x_3$ из системы будет оч. сложно, ибо тогда с помощью теоремы Виеты мы бы "тупо" нашли бы общее решение уравнений 3-й степени.
Уравнение 3-й степени решается в общем виде через радикалы, и вывод этой формулы доступен и школьнику 9-го класса, но там используется хитрая подстановка, позволяющая, если мне не изменяют память избавиться то ли от $x^2$, то ли от $x^1$. Но, конечно, вывод довольно муторен, необходимо оч. внимательно делать все преобразования.

В инете точно имеется вывод этой формулы, если захотите пойти по этому пути, и не найдете, пишите - скину в виде pdf.

[Brukvalub]

\[ (x_1 - x_2 )^2 + (x_1 - x_3 )^2 + (x_2 - x_3 )^2 = 2(x_1 ^2 + x_2 ^2 + x_3 ^2 ) - 2q = 2(x_1 + x_2 + x_3 )^2 - ...q \]

Остальное доделайте самостоятельно. Это стандартное упражнение на выражение симметрического многочлена через элементарные симметрические многочлены.

[Алексей К.]

Brukvalub писал(а):

$$ (x_1 - x_2 )^2 + (x_1 - x_3 )^2 + (x_2 - x_3 )^2 =$$

.

Tarsik писал(а):

$$ (x1 - x2)^ 2*(x2 - x3)^2 * (x1 - x3) ^2$$

Ну, а если там действительно стоит произведение квадратов, а не сумма, то этот общий квадрат, видимо, уместен, т.к.

$$ (x1 - x2)^ 2*(x2 - x3)^2 * (x1 - x3) ^2=4q^3+27r^2-18pqr-q^2p^2$$

[Brukvalub]

Да, "мартышка к старости слаба глазами стала...."

[незваный гость]

Я пошёл бы другим путём: $(x_1-x_2)^2 = $ $x_1^2 +x_2^2-2 x_1 x_2 = $ $x_1^2+x_2^2+x_3^2 + 2 r / x_3 -x_3^2= $ (поскольку $x_3$ — корень соответствующего кубического уравнения) $ p^2-2q -x_3^2-2(x_3^2+p x_3+q) = $ $p^2 - 4q - 2 p x_3 -3 x_3^2$. Итого, нам надо найти $\prod_j (p^2 - 4q - 2 p x_j -3 x_j^2)$, что уже вполне терпимо. У меня получилось $p^2q^2-4q^4-4p^3 r +18 p q r -27 r^2$. И даже правдоподобно.

Было бы любопытно найти какое-нибудь непрямое вычисление.

[tolstopuz]

Нашел в книжке трюк:

$g(x)=x^3+px^2+qx+r=(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)$
$D=(x_1-x_2)^2(x_1-x_3)^2(x_2-x_3)^2=-g'(x_1)g'(x_2)g'(x_3)=$
$=-(3x_1^2+2px_1+q)(3x_2^2+2px_2+q)(3x_3^2+2px_3+q)$

Похоже на прошлое сообщение, но еще чуть более терпимо. А если сначала обнулить $p$, то еще проще.

[neo66]

Известно, что дискриминант $D=(x_1-x_2)^2(x_1-x_3)^2(x_2-x_3)^2$ многочлена $g(x)=x^3+px^2+qx+r$ равен $D=\pm R(g,g')$ - результанту многочленов $g$ и $g'$ c тчностью до знака, то есть $D= \pm \left \begin{array}{ |} 1, p, q, r, 0 \\ 0, 1, p, q, r \\ 3, 2p, q, 0, 0 \\ 0, 3, 2p, q, 0 \\ 0, 0, 3, 2p, q \\ \end{array} \right |$