[Wielomiany] Sprytne przejście

[mol_ksiazkowy]

Wykaż ze jeśli liczby a i b są pierwistkami wielomianu \(\displaystyle{ P(x)=x^4 - x^3 + x + 1}\) to wówczas liczba \(\displaystyle{ \frac{1}{a} + \frac{1}{b}}\) jest pierwiastkiem \(\displaystyle{ Q(x)=x^6 + 3x^5 + 3x^4 + x^3 - 5x^2 - 5x - 2}\)

[arek1357]

zadanie sprowadza się do tego by rozłożyć P(x)
na iloczyn 2 wielomianów ,potem znaleźdź zależność między a i b
oraz podstawki robić do wielomianu Q(x) coś na wzor modulo...
może trochę namieszałem ale za dużo by mówić długie obliczenia

[mol_ksiazkowy]

hmmmm mozna probowac...
wsk *(ten trick warto znac)
Jesli liczby \(\displaystyle{ a, \ b}\) są pierwiastkami równania \(\displaystyle{ P(x)=x^4-x^3+x+1=0}\), to liczby \(\displaystyle{ \frac{1}{a}, \ \frac{1}{b}}\) sa pierwiastkami równania \(\displaystyle{ R(x)=x^4+x^3-x+1=0}\),

[Sylwek]

No ja mam inny pomysł, skoro wybieramy dowolne dwa pierwiastki a,b spośród czterech pierwiastków a,b,c,d równania: \(\displaystyle{ x^4-x^3+x+1=0}\), to jeśli teza zadania byłaby prawdziwa (pozostaje jeszcze mieć nadzieję, że to równanie nie ma podwójnych pierwiastków ), to każda z liczb:

\(\displaystyle{ x_1=\frac{1}{a}+\frac{1}{b} \\ x_{2}=\frac{1}{a}+\frac{1}{c} \\ x_{3}=\frac{1}{a}+\frac{1}{d} \\ x_{4}=\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \\ x_{5}=\frac{1}{b}+\frac{1}{d} \\ x_{6}=\frac{1}{c}+\frac{1}{d}}\)

powinna być pierwiastkiem: \(\displaystyle{ Q(x)=x^6 + 3x^5 + 3x^4 + x^3 - 5x^2 - 5x - 2}\) (póki co to luźne dywagacje). Zatem jeśli by było:

\(\displaystyle{ \sum x_i = -3 \\ \sum x_ix_j = 3 \\ \sum x_ix_jx_k=-1 \\ \sum x_ix_jx_kx_l=-5 \\ \sum x_ix_jx_kx_lx_p=5 \\ x_1x_2x_3x_4x_5x_6=-2}\)
to na mocy wzorów Viete'a liczby \(\displaystyle{ x_1,\ldots,x_6}\) są pierwiastkami Q(x), co jest warunkiem wystarczającym zachodzenia tezy zadania.

Wystarczy więc udowodnić te 6 równości korzystając z tego, że (wzory Viete'a):
\(\displaystyle{ a+b+c+d=1 \\ ab+ac+ad+bc+bd+cd=0 \\ abc+abd+acd+bcd=-1 \\ abcd=1}\)

Niektóre z powyższych warunków można przedstawić w innej postaci:
\(\displaystyle{ \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}=-1 \\ \frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{ad}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{bd}+\frac{1}{cd}=0 \\ \frac{1}{abc}+\frac{1}{abd}+\frac{1}{acd}+\frac{1}{bcd}=1}\).


No i teraz wystarczy to tylko udowodnić, dla przykładu pokażę dowód dwóch pierwszych równości, gdyż są to dowody dość czasochłonne i siłowe :

1) \(\displaystyle{ \sum x_i = 3(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d})=3 \cdot (-1)=-3}\)

2)
\(\displaystyle{ 2 \cdot \sum x_ix_j=x_1(x_2+\ldots+x_6)+x_2(x_1+x_3+\ldots+x_6)+\ldots+x_6(x_1+\ldots+x_5) = \\ = \sum x_i (-3-x_i) = -3 \sum x_i - \sum x_i^2 = \\ = 9 - (\frac{1}{a^2}+\frac{2}{ab}+\frac{1}{b^2}+\ldots) = \\ = 9-3(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{1}{d^2})-2(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\ldots+\frac{1}{cd})= \\ =9-3((\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d})^2-2(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\ldots+\frac{1}{cd}))= \\ =9-3 \cdot (-1)^2=6}\)
Dzieląc przez dwa mamy oczekiwaną drugą równość, itd.


Po udowodnieniu wszystkich równości prostym wnioskiem jest to, że \(\displaystyle{ Q(x_1)=0}\), co należało dowieść.