2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу 1, 2  След.
 
 Несколько хороших корней
Сообщение25.04.2011, 15:42 


02/09/10
76
Вовочка ищет корни полинома 5-й степени, про которые известно, что они все действительные и образуют геометрическую прогрессию. К сожалению, он не записал значения коэффициента при х и свободного члена, поэтому уравнение выглядит так:
$8x^5-44x^4+66x^3-33x^2+*x+**=0$
Сможет ли Вовочка восстановить коэффициенты и решить уравнение?

Доп. вопрос: Для каких степеней уравнения с целыми коэффициентами, корни которых (уравнений, ес-сно) образуют геом. прогрессию, разрешимы в квадратных радикалах?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение25.04.2011, 16:10 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
staric в сообщении #438516 писал(а):
Вовочка ищет корни полинома 5-й степени, про которые известно, что они все действительные и образуют геометрическую прогрессию. К сожалению, он не записал значения коэффициента при х и свободного члена, поэтому уравнение выглядит так:
$8x^5-44x^4+66x^3-33x^2+*x+**=0$
Сможет ли Вовочка восстановить коэффициенты и решить уравнение?

Не сможет! Не бывает такого, как описано в условии, многочлена и коэффициент при $x^2$ роли не играет.

 Профиль  
                  
 
 Re: Несколько хороших корней
Сообщение25.04.2011, 16:58 
Заблокирован
Аватара пользователя


17/06/09

2213

(Оффтоп)

staric в сообщении #438516 писал(а):
Вовочка ищет корни полинома 5-й степени
Аспирант? :lol: А хулиганка что делает? :D

 Профиль  
                  
 
 Re:
Сообщение25.04.2011, 17:19 


02/09/10
76
arqady в сообщении #438518 писал(а):
Не сможет! Не бывает такого, как описано в условии, многочлена и коэффициент при $x^2$ роли не играет.


Как насчет обосновать это авторитетное мнение?

 Профиль  
                  
 
 Re: Re:
Сообщение25.04.2011, 18:05 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
staric в сообщении #438534 писал(а):
Как насчет обосновать ...?

Пожалуйста! Проверьте детали. :wink:
Обозначим корни $a$, $aq$,...,$ag^4$ и $q+\frac{1}{q}=u$.
Тогда, пользуясь теоремой Виета для суммы и суммы попарных произведений корней, получим уравнение:
$(u^2+u-1)(2u-3)(3u+2)=0$, чего не бывает.

 Профиль  
                  
 
 Re: Re:
Сообщение25.04.2011, 19:13 
Заслуженный участник


04/05/09
4589
arqady в сообщении #438556 писал(а):
staric в сообщении #438534 писал(а):
Как насчет обосновать ...?

Пожалуйста! Проверьте детали. :wink:
Обозначим корни $a$, $aq$,...,$ag^4$ и $q+\frac{1}{q}=u$.
Тогда, пользуясь теоремой Виета для суммы и суммы попарных произведений корней, получим уравнение:
$(u^2+u-1)(2u-3)(3u+2)=0$, чего не бывает.
А я думаю, лучше Вам проверить выкладки. ;-)
Если использовать Ваши обозначения, то у меня получается квадратное уравнение на $u$, дающее единственное решение исходной задачи.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение25.04.2011, 20:19 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Да, спасибо! $u=3$. Ну и дальше всё прозрачно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Несколько хороших корней
Сообщение26.04.2011, 06:49 


02/09/10
76
Как насчет доп. вопроса?

 Профиль  
                  
 
 Re: Несколько хороших корней
Сообщение26.04.2011, 07:46 
Заслуженный участник


09/02/06
4401
Москва
Достаточно задание коэффициентов для первых трех степеней. Точнее даже любых трех коэффициентов. По ним легко освобождаемся от а и прикодим к полиномиальному уравнению относительно q. Однако, это приводит к решению уравнения высокой степени. При наличии нескольких -n коэффициентов мы получим n-2 полиномиальных уравнения относительно q, являющегося общим корнем этих полиномов. Тогда задача решается нахождением НОД этих полиномов, что почти всегда приведет к линейному уравнению. Один корень имеется при правильном задании коэффициентов, если НОД имеет нулевую степень, то условие задано неверно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Несколько хороших корней
Сообщение26.04.2011, 11:37 


02/09/10
76
Руст в сообщении #438740 писал(а):
Достаточно задание коэффициентов для первых трех степеней. Точнее даже любых трех коэффициентов.

Вообще-то вопрос был о другом. В смысле, не о количестве необходимых коэффициентов и алгоритме поиска корней. А о степени полинома. Повторю, если неясно. Типа, задан полином N-ной степени с целыми коэффициентами, все корни которого составляют геом. прогрессию. При каких N уравнение Р(х)=0 разрешимо в квадратных радикалах?
При N=5, как убедились, разрешимо. Очевидно, и при N=3 тоже.

 Профиль  
                  
 
 Re: Несколько хороших корней
Сообщение05.05.2011, 08:14 


02/09/10
76
Ну, хорошо. Поставлю вопрос проще. Хотя бы для N=2011. Известно, что корни уравнения $a_{0}x^{2011}+a_{1}x^{2010}+...+a_{2011}=0$ с целыми коэффициентами составляют ГП. Будут они квадратичными иррациональностями или нет?

 Профиль  
                  
 
 Re: Несколько хороших корней
Сообщение06.05.2011, 09:50 


14/01/11
3065
Цитата:
Будут они квадратичными иррациональностями или нет?

По крайней мере, можно показать, что всегда выражаются через радикалы.

 Профиль  
                  
 
 Re: Несколько хороших корней
Сообщение06.05.2011, 10:55 
Заслуженный участник


09/02/06
4401
Москва
Sender в сообщении #442560 писал(а):
Цитата:
Будут они квадратичными иррациональностями или нет?

По крайней мере, можно показать, что всегда выражаются через радикалы.

Не всегда. Задача не сформулирована четко. Допустим, что заданы только три коэффициента $a_0,a_1,a_n$. Тогда $$\alpha^nq^{n(n-1)/2}=\frac{a_n}{a_0},$$
$$\alpha \frac{q^n-1}{q-1}=\frac{a_1}{a_0}.$$
Остается найти $q$, $\alpha$ выражается через него и известные коэффициенты безо всяких радикалов.
$q$ удовлетворяет уравнению:
$$1+q+....q^{n-1})^n=bq^{n(n-1)/2}, b=\frac{a_1^n}{a_0^{n-1}a_n}.$$
Можно поделить на $q^{n(n-1)/2}$ и обозначить за новую переменную $\sqrt q-\sqrt{q^{-1}}=z$.
Тогда уравнение сводится к $P_n(z)=c=\sqrt[n] b$, где $P_n$ с точностью до линейной замены переменной является многочленом Чебышева. Насколько мне известно общее решение этого уравнения (для произвольного с) не выражается в радикалах.

 Профиль  
                  
 
 Re: Несколько хороших корней
Сообщение06.05.2011, 12:18 


14/01/11
3065
Цитата:
Не всегда. Задача не сформулирована четко.

Я-то считал, что все коэффициенты полинома $a_0 x^n+a_1x^{n-1}+...+a_n$ заданы и являются целыми числами. Вообще, для простоты примем $a_0=1$, а остальные коэффициенты будем считать рациональными.
Пусть корни полинома имеют вид $b, bq, ..., bq^{n-1}. Тогда
$b^nq^{\frac{n(n-1)}{2}}=(-1)^na_n (1),
$\frac{b(q^n-1)}{q-1}=-a_1 (2),
$\frac{b^2(q^n-1)(q^n-q)}{(q-1)^2(q+1)}=a_2 (3).
Из (1) $q^n=\frac{a_n^{\frac{2}{n}}q}{b^2}$ (4).
(3)/(2): $\frac{b(q^n-q)}{(q-1)(q+1)}=-\frac{a_2}{a_1}$. Далее, $\frac{b(q^n-q)}{(q-1)(q+1)}=\frac{b(q^n-1)-b(q-1)}{(q-1)(q+1)}=\frac{-a_1-b}{q+1}=-\frac{a_2}{a_1}$.
$b=(\frac{a_2}{a_1})(q+1)-a_1$ (5).
Подставим выражение для $q^n$ из (4) в (2):
$b(\frac{a_n^{\frac{2}{n}}q}{b^2}-1)=-a_1(q-1)$,
$a_n^{\frac{2}{n}}q}-b^2=-ba_1(q-1)$.
Наконец, подставим сюда из (5) выражение для b:
$a_n^{\frac{2}{n}}q}-((\frac{a_2}{a_1})(q+1)-a_1)^2=-(a_2(q+1)-a_1^2)(q-1)$.
Надеюсь, ничего не напутал. :)
И если бы не $a_n^{\frac{2}{n}}$, были бы только квадратные корни.

 Профиль  
                  
 
 Re: Несколько хороших корней
Сообщение06.05.2011, 12:32 
Заслуженный участник


09/02/06
4401
Москва
Как я сказал ранее все зависит от того, сколько и какие коэффициенты заданы. В случае только указанных выше $a_0,a_1,a_n$ нельзя в общем случае выразить корни через радикалы.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 20 ]  На страницу 1, 2  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group