Доказать, что уравнение не имеет решений в рац. числах

[Ktina]

Доказать, что уравнение

$$x^2+(x+1)^4=5(x+2)^3$$

не имеет решений в рациональных числах.

[nnosipov]

А в чём прикол? Может, там где-то $y$ есть?

[Ktina]

nnosipov в сообщении #690184 писал(а):

А в чём прикол? Может, там где-то $y$ есть?

Я смогла доказать только для целых.

[ewert]

Ktina в сообщении #690189 писал(а):

Я смогла доказать только для целых.

А какой там старший коэффициент?

[nnosipov]

Ktina в сообщении #690189 писал(а):

Я смогла доказать только для целых.

Ну и прелестно. Теперь подумайте о том, а не является ли любой рациональный корень этого уравнения ... целым? И почему.

[Ktina]

ewert в сообщении #690190 писал(а):

А какой там старший коэффициент?

Не знаю, 4 наверное...

[ewert]

Ktina в сообщении #690195 писал(а):

Не знаю, 4 наверное...

Вряд ли...

[nnosipov]

Ktina в сообщении #690182 писал(а):

уравнение

$$x^2+(x+1)^4=5(x+2)^3$$

В упор не вижу 4 в роли старшего коэффициента.

[Ktina]

ewert в сообщении #690197 писал(а):

Ktina в сообщении #690195 писал(а):

Не знаю, 4 наверное...

Вряд ли...

Э?

[AV_77]

Чего-то вы переучились. У $(x+1)^4$ не можете скобки раскрыть?

[nnosipov]

Возможно, Вы перезанимались. Старший коэффициент --- единица.

[Ktina]

nnosipov в сообщении #690198 писал(а):

В упор не вижу 4 в роли старшего коэффициента.

Я ж со степенью перепутала
Старший коэффициент единичка, конечно...

-- 02.03.2013, 18:23 --

AV_77 в сообщении #690204 писал(а):

Чего-то вы переучились. У $(x+1)^4$ не можете скобки раскрыть?

$$x^4+4x^3+6x^2+4x+1$$

И?

-- 02.03.2013, 18:39 --

Вспомнила следствие из теоремы Безу.

Цитата:

Если коэффициент при старшей степени уравнения с целыми коэффициентами равен 1, то все рациональные корни уравнения, если они существуют, являются целыми числами.

А целых нет, по модулю 11. Значит и рациональных нет.

[maxal]

Ktina в сообщении #690207 писал(а):

Вспомнила следствие из теоремы Безу.

Цитата:

Если коэффициент при старшей степени уравнения с целыми коэффициентами равен 1, то все рациональные корни уравнения, если они существуют, являются целыми числами.

Более общее утверждение: если неприводимая дробь $\tfrac{p}{q}$ является корнем многочлена с целыми коэффициентами, то $p$ является делителем свободного члена, а $q$ является делителем старшего коэффициента. Легко доказывается подстановкой $\tfrac{p}{q}$ в многочлен.

[ewert]

Ktina в сообщении #690207 писал(а):

Вспомнила следствие из теоремы Безу.

Чего-то далековато от Безу.

Ktina в сообщении #690207 писал(а):

А целых нет, по модулю 11.

Жуть. Просто чётные не подходят по чётности, а из нечётных возможны были бы лишь плюс-минус единичка или плюс пятёрка.