Корни многочлена

[myra_panama]

Могут ли многочлены
$x^5-x-1$ и $x^2+ax+b$, где $a,b\in\mathbb{Q}$,
иметь общие корни?

[maxal]

Посчитайте их результант.

[Cash]

$x^5-x-1 = P(x)(x^2+ax+b)+q(x)$
$q(x) = u+vx$, где $u = u(a,b), v = v(a,b)$ - суть многочлены степени не выше 4 с целыми коэффициентами
Если имеется общий корень $x_0$, который иррационален, поскольку рациональные корни уравнения
$x^5-x-1 = 0$ могут равняться либо $1$, либо $-1$,
то $q(x_0) = 0$, откуда $u(a,b)=0$ и $v(a,b)=0$,
иначе $x_0=\frac{-v}{u}$ - рационально

-- Чт янв 19, 2012 11:30:42 --

Если я при делении уголком ничего не наврал, то
$u(a,b)=a^4+b^2-3a^2b-1=0$
$v(a,b)=a^3b-2ab^2-1=0$
Умножая первое уравнение на 2a и складывая второе, получим
$b(a^3-6a^2)=-2a^5+2a-1$
$a^4+\frac{(2a^5-2a+1)^2}{(a^3-6a^2)^2}-\frac{3a^2}{a^3-6a^2}(-2a^5+2a-1)-1=0$
Откуда видно, что рациональное $a$ может равняться только $1$ или $-1$

[hippie]

1. Все корни многочлена x^5–x–1 — целые алгебраические числа.
Поэтому, если существует многочлен x^2+ax+b с рациональными коэффициентами, имеющий с ним общие корни, то a и b — целые.

2. Целых корней у многочлена x^5–x–1 нет, поэтому многочлен x^2+ax+b в этом случае неприводим, и, следовательно, оба его корня являются корнями многочлена x^5–x–1. Таким образом:
x^5–x–1 = (x^2+ax+b)*P(x),
где P(x) — многочлен с целыми коэффициентами.
Следовательно, при всех целых x, x^5–x–1 кратно x^2+ax+b.

3. При x равных 0, 1 и –1:
x^5–x–1 = –1,
и, следовательно, |x^2+ax+b|=1 при таких x. Т.е.
|b| = |1+a+b| = |1–a+b| = 1.
Предположив b=1 получаем противоречие:
2 = |1+a+b| + |1–a+b| >= |(1+a+b) + (1–a+b)| = 4.
Следовательно b=–1 и |a| = 1.

4. Таким образом, если искомый квадратный многочлен существует, то он равен либо
x^2–x–1,
либо
x^2+x–1.
Остаётся проверить, что x^5–x–1 не делится на эти многочлены.

Можно разделить столбиком. А можно убедиться, что
(x^5–x–1) не кратно (x^2+x–1) при x=2 (т.е. 29 не кратно 5);
(x^5–x–1) не кратно (x^2–x–1) при x=–2 (т.е. –31 не кратно 5).

[Cash]

Ага, пошли находиться ошибки.
$b(a^3-6a^3)=-2a^5+2a+1$
$a^4+\frac{(2a^5-2a-1)^2}{25a^6}+\frac{3}{5a}(-2a^5+2a+1)-1=0$
И после умножения на знаменатель, коэффициент при $a^{10}$ будет равен $25+4-6\cdot5=-1$. То есть все равно проверить $1$ и $-1$.

[myra_panama]

если какое то число $x_0$ является решением, то из каждого этих уравнениях будет
${x_0}^5=x_0+1$ и ${x_0}^2=-ax_0-b$

отсюда, $x_0+1={x_0}^5=(a^4-3a^2b+b^2)x_0+(a^3b-2ab^2)$

и получаем
$(a^4-3a^2b+b^2-1)x_0=-a^3b+2ab^2+1$

из этого условия получаем следующие равенства

$$a^4-3a^2b+b^2-1=0$$

$$-a^3b+2ab^2+1=0$$

$b=\frac{2a^5-2a-1}{5a^3}$

отсюда получаем равенство

$$a^{10}+3a^6-11a^5-4a^2-4a-1=0$$

[nnosipov]

myra_panama в сообщении #528716 писал(а):

Могут ли многочлены
$x^5-x-1$ и $x^2+ax+b$, где $a,b\in\mathbb{Q}$,
иметь общие корни?

Многочлен $x^5-x-1$ неприводим над $\mathbb{Q}$, поскольку он неприводим над полем из $5$ элементов. Последнее можно доказать в общем виде: для любого простого $p$ многочлен $x^p-x-1$ неприводим над полем из $p$ элементов (это, кажется, тоже упражнение из Кострикина).