Dwa problemy

[mol_ksiazkowy]

1) Niech \(\displaystyle{ a, b}\) będą dwoma pierwiastkami wielomianu \(\displaystyle{ x^4+x^3-1}\). Wykaż że \(\displaystyle{ ab}\) jest pierwiastkiem wielomianu \(\displaystyle{ x^6+x^4+x^3-x^2-1}\)
2) Wykaż, że wielomian \(\displaystyle{ x^4+12x-5}\) ma dwa pierwiastki \(\displaystyle{ u, v}\) których suma wynosi \(\displaystyle{ 2}\)

[kamil13151]

2) \(\displaystyle{ x^4+12x-5=(x^2-2x+5)(x^2+2x-1)}\) Tylko, że suma wynosi \(\displaystyle{ -2}\).

[Marcinek665]

"Wykorzystałeś" tutaj Ferrariego, czy tak na oko wpadłeś?

Vaxa dzisiaj nie będzie, więc ja spałuję:

\(\displaystyle{ x^4 = -12x + 5}\)

Dobierzmy takie \(\displaystyle{ y}\), żeby obydwie strony były kwadratami:

\(\displaystyle{ (x^2 + y)^2 = 2yx^2 - 12x + y^2 + 5}\)

Musi zatem być:

\(\displaystyle{ \Delta = 144 - 8y(5+y^2) = 0}\)

Łatwo dostrzec, że \(\displaystyle{ y=2}\).

\(\displaystyle{ (x^2 + 2)^2 = 4x^2 - 12x + 9}\)

\(\displaystyle{ (x^2 + 2)^2 = (2x - 3)^2}\)

\(\displaystyle{ (x^2 - 2x + 5)(x^2 + 2x - 1) = 0}\)

No i tu se liczymy, że pierwiastki, to \(\displaystyle{ x \in \{1+2i, 1-2i, -1-\sqrt{2}, -1 + \sqrt{2} \}}\)

Z Vieta wiemy, że suma wszystkich pierwiastków to 0. Natomiast suma pierwiastków zespolonych jest równa \(\displaystyle{ 2}\), a rzeczywistych \(\displaystyle{ -2}\). Widocznie błąd w treści.

Hejka :*

[kamil13151]

Marcinek665,
\(\displaystyle{ x^4+12x-5=(x^2+bx+5)(x^2+cx-1)}\) i potem układ trzech równań by wyeliminować \(\displaystyle{ x^3, x^2}\) oraz by było \(\displaystyle{ 12x}\).

[Marcinek665]

Gratuluję profetyzmu. W końcu szanse, że rozkład \(\displaystyle{ x^4+12x-5=(x^2+bx+5)(x^2+cx-1)}\) będzie git, są wprost epsilonowe xD

[kamil13151]

Parę dni wcześniej musiałem takim sposobem rozłożyć inny wielomian w zbiorze Kiełbasy, stąd ten pomysł a że się udało Choć mogłem użyć metodę Ferrariego, ale nie chciało mi się

[Marcinek665]

Molu, czy mógłbyś zaproponować rozwiązanie do pierwszego problemu? Lub chociaż jakiegoś hinta.

[frej]

zad.1:    

Brak precyzji w sformuowaniu, iloczyn których pierwiastków wielomianu \(\displaystyle{ x^4+x^3-1}\) ma być pierwiastkiem drugiego wielomianu, w połączeniu z faktem, że \(\displaystyle{ {4 \choose 2}=6}\) sugeruje, że dany wielomian szóstego stopnia jest postaci \(\displaystyle{ \prod_{1\le i < j \le 4} (x-a_i a_j)}\) gdzie \(\displaystyle{ x^4+x^3-1=\prod_{i=1}^{4} (x-a_i)}\). Wystarczy to sprawdzić przy pomocy wzorów Viete'a, co jest dość prostym ćwiczeniem.

[Mariusz M]

Sposób kamila będzie ogólny jeśli w równaniu

\(\displaystyle{ a_{4}x^{4}+a_{3}x^{3}+a_{2}x^{2}+a_{1}x+a_{0}=0}\)

zastosujemy podstawienie \(\displaystyle{ x=y-\frac{a_{3}}{4a_{4}}}\)

a następnie stosujemy rozkład \(\displaystyle{ \left( y^2-ay+b\right)\left( y^2+ay+c\right)=y^2+py^2+qy+r}\)

Po wymnożeniu i porównaniu współczynników otrzymujemy układ równań

\(\displaystyle{ \begin{cases} b+c-a^2=p \\ a\left( b-c\right)=q\\bc=r \end{cases}}\)

Jeżeli a jest równe zero to q też jest równe zero
Jeżeli q jest równe zero to mamy równanie dwukwadratowe

Załóżmy że \(\displaystyle{ a\neq 0}\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} b+c=a^2+p \\ b-c=\frac{q}{a}\\4bc=4r \end{cases}\\
\begin{cases} 2b=a^2+p+\frac{q}{a} \\2c=a^2+p-\frac{q}{a}\\4bc=4r \end{cases}\\
\left( a^2+p\right)^2- \frac{q^2}{a^2}=4r\\
a^4+2pa^2+p^2-4r- \frac{q^2}{a^2}=0\\
a^6+2pa^4+\left(p^2-4r\right)a^2-q^2=0}\)