Wielomian 3-go stopnia

[poetaopole]

Czy wielomian 3-go stopnia ma zawsze co najmniej 1 pierwiastek rzeczywisty? Myślę, że TAK, co może wynikać choćby z tego, że granica takiego wielomianu przy minus i plus nieskończoności wynosi minus i plus nieskończoność (lub odwrotnie), tak więc wykres takiego wielomianu co najmniej raz musi przecinać oś x. Czy moje rozumowanie jest poprawne?

[AndrzejK]

Tak, w ogólności każdy wielomian stopnia nieparzystego ma co najmniej jeden pierwiastek rzeczywisty. Z tego powodu co napisałeś i z własności Darboux wielomian musi przeciąć oś x co najmniej raz.

[poetaopole]

Mam jeszcze jedno, chyba trudniejsze pytanie: czy wielomian trzeciego stopnia o współczynnikach całkowitych może mieć 3 różne niewymierne pierwiastki? Wydaje mi się, że nie, ale może ktoś mnie zaskoczy?

[bakala12]

Zaskoczę Cię. Wielomian o współczynnikach całkowitych może mieć 3 pierwiastki niewymierne. Oto przykład:
\(\displaystyle{ f\left(x\right)=x^{3}-6x+3}\)
Istotnie łatwo stwierdzić iż pierwiastków wymiernych ten wielomian nie posiada. Wystarczy pokazać, że ma 3 pierwiastki rzeczywiste. Licząc pochodną dostajemy:
\(\displaystyle{ f'\left(x\right)=3x^{2}-6}\), czyli jej miejsca zerowe to \(\displaystyle{ x=\pm \sqrt{2}}\). Łatwo policzyć, że \(\displaystyle{ f\left(-\sqrt{2}\right)=4\sqrt{2}+3>0}\) oraz \(\displaystyle{ f\left(\sqrt{2}\right)=-4\sqrt{2}+3<0}\) co oznacza z własności Darboux, że \(\displaystyle{ f}\) ma 3 pierwiastki niewymierne.

Dobrze, zgadłem i pokazałem, że zgadnięty wielomian spełnia zadane warunki. Rozwiązanie jest w pełni poprawne i nie muszę do niego nic dodawać. Aczkolwiek jego przydatność merytoryczna jest na ten moment żadna, bo to wygląda na czystą magię. Dlatego też pokażę metodę jak można odgadywać takie wielomiany samemu.
Po pierwsze wielomian ma mieć trzy pierwiastki, wobec powyższego jego pochodna musi mieć dokładnie 2 miejsca zerowe (+ do tego wartość maksimum lokalnego musi być większa od zera, natomiast wartość minimum lokalnego musi być mniejsza od zera). Weźmy jakiś wielomian stopnia drugiego, który ma 2 miejsca zerowe i dobrze żeby miał całkowite współczynniki. Jest mnóstwo kandydatów, a ja nie wiem dlaczego, ale wziąłem wielomian \(\displaystyle{ x^{2}-2}\) (można wziąć inny, też powinno wyjść). Scałkujmy go otrzymując \(\displaystyle{ g\left(x\right)=\frac{1}{3}x^{3}-2x+C}\). I teraz wystarczy znaleźć taką stałą \(\displaystyle{ C}\) aby \(\displaystyle{ g\left(-\sqrt{2}\right)>0}\) oraz \(\displaystyle{ g\left(\sqrt{2}\right)<0}\). Wystarczy wziąć dowolną pasującą stałą \(\displaystyle{ C}\) wymierną. Ja wziąłem \(\displaystyle{ C=1}\) bo akurat pasuje. Stąd dostałem \(\displaystyle{ g\left(x\right)=\frac{1}{3}x^{3}-2x+1}\). Dlatego też jak pomnożę \(\displaystyle{ g}\) przez 3 to pozbędę się ułamków i otrzymam nasze \(\displaystyle{ f}\), który ma już współczynniki całkowite i pierwiastki takie jak \(\displaystyle{ g}\). Łatwo się przekonać, że \(\displaystyle{ f}\) nie ma pierwiastków wymiernych, więc jest dobry.
Wniosek płynący z tego rozwiązania:
Za każdym zauważeniem czegoś lub po prostu zgadnięciem rozwiązania bądź jakiejś własności stoi pewne rozumowanie. Autorzy książek z zadaniami olimpijskimi czy też twórcy rozwiązań zadań z Olimpiady zazwyczaj nie pokazują jak dojść do na pierwszy rzut oka nietrywialnych wniosków z kapelusza i jest to akurat w pełni zrozumiałe, bo nie chcą podawać uczniom metody na tacy a wykształcić w nich własne umiejętności dochodzenia do takich wniosków.

[poetaopole]

Jestem pod wrażeniem Dziękuję

[Igor V]

Można też powołać się na zasadnicze twierdzenie algebry nad \(\displaystyle{ \RR}\) - każdy wielomian można przedstawić w postaci iloczynu czynników liniowych i nierozkładalnych trójmianów kwadratowych.Jak się zastanowić ,to skoro funkcja jest 3 stopnia to musi mieć co najmniej jeden pierwiastek rzeczywisty ,bo zawsze się da ją przedstawić "co najmniej" w postaci nierozkładalnej funkcji kwadratowej i czynnika liniowego (po wymnożeniu stopień jest równy 3).Z tego samego powodu działa to ogólnie dla funkcji nieparzystego stopnia ,o czym pisał AndrzejK,

[bakala12]

To jeszcze nie koniec. Mając to można udowodnić, dużo ogólniejsze twierdzenie. Pewnie ktoś już doszedł do takich wniosków, ale niech się nacieszę, że wymyśliłem to sam i do tego niezależnie

Twierdzenie bakala12:
Dla każdego \(\displaystyle{ n}\) będącego liczbą naturalną, taką że \(\displaystyle{ n>1}\), istnieje wielomian (a nawet nieskończenie wiele) o współczynnikach całkowitych posiadający \(\displaystyle{ n}\) parami różnych pierwiastków będących liczbami niewymiernymi.
Dowód:
Lemat 1:
Istnieje nieskończenie wiele wielomianów stopnia \(\displaystyle{ 2}\) o współczynnikach całkowitych o parami różnych pierwiastkach będących liczbami niewymiernymi.
Dowód lematu:
Rozważmy dowolną liczbę pierwszą \(\displaystyle{ p}\). Wiadomo oczywiście, iż \(\displaystyle{ \sqrt{p}\not \in \mathbb{Q}}\) (dowód tego jest analogiczny do dowodu niewymierności pierwiastka z dwóch, ponadto jest dość prosty i nie jest przedmiotem powyższych rozważań, dlatego go pominę).
Rozważmy wielomian \(\displaystyle{ x^{2}-p}\). Ma on współczynniki całkowite a jego pierwiastki są oczywiście liczbami niewymiernymi. Z dowolności wyboru \(\displaystyle{ p}\) otrzymujemy prawdziwość lematu. \(\displaystyle{ \square}\)
Lemat 2:
Dla żadnej liczby pierwszej \(\displaystyle{ p}\), liczba \(\displaystyle{ \pm \sqrt{p}}\) nie jest pierwiastkiem wielomianu \(\displaystyle{ f}\) określonego w poście powyżej.
Dowód lematu:
Mamy:
\(\displaystyle{ f\left(\pm \sqrt{p}\right)=\left(\pm p-6\right)\sqrt{p}+3}\)
Stąd widać, że \(\displaystyle{ \pm \sqrt{p}}\) nie może być pierwiastkiem \(\displaystyle{ f}\), ponieważ \(\displaystyle{ p \neq \pm 6}\) więc \(\displaystyle{ \left(\pm p-6\right)\sqrt{p}+3}\) jest liczbą niewymierną, bo \(\displaystyle{ \sqrt{p}}\) jest liczbą niewymierną, zatem \(\displaystyle{ \left(\pm p-6\right)\sqrt{p}+3}\) nie może być zerem, co dowodzi lematu. \(\displaystyle{ \square}\)
Dowód właściwego twierdzenia:
Dowód będzie indukcyjny po \(\displaystyle{ n}\). Dla \(\displaystyle{ n=2}\) teza wynika z lematu. Dla \(\displaystyle{ n=3}\) istnieje wielomian \(\displaystyle{ f}\) określony w poście powyżej spełniający powyższy warunek. Załóżmy przeto, że teza twierdzenia zachodzi dla pewnego \(\displaystyle{ n_{0} \ge 3}\) oraz wszystkich \(\displaystyle{ n<n_{0}}\). Wystarczy pokazać, że istnieje wielomian stopnia \(\displaystyle{ n_{0}+1}\) o danej własności.
Niech \(\displaystyle{ \left(p_{k}\right)_{k=1}^{\infty}}\) oznacza ciąg kolejnych liczb pierwszych. Do rozważenia są dwa przypadki:
1. \(\displaystyle{ 2|n_{0}+1}\)
Wówczas niech \(\displaystyle{ l=\frac{n_{0}+1}{2} \in \mathbb{Z}_{+}}\). Rozważmy wielomian:
\(\displaystyle{ w\left(x\right)=\prod_{i=1}^{l}\left(x^{2}-p_{i}\right)}\)
Widać, że \(\displaystyle{ w}\) jest stopnia \(\displaystyle{ 2l=n_{0}+1}\) i ma \(\displaystyle{ n_{0}+1}\) parami różnych pierwiastków będących liczbami niewymiernymi.
2. \(\displaystyle{ 2 \nmid n_{0}+1}\)
Oznaczmy \(\displaystyle{ l=\frac{n_{0}}{2}-1}\) więc \(\displaystyle{ l \ge 0}\).
Rozważmy wielomian:
\(\displaystyle{ w\left(x\right)=f\left(x\right)\cdot \prod_{i=1}^{l}\left(x^{2}-p_{i}\right)}\)
(przyjmujemy, że \(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{l}\left(x^{2}-p_{i}\right)=1}\))
Wówczas \(\displaystyle{ w}\) jest stopnia \(\displaystyle{ n_{0}+1}\) oraz na mocy lematów 1 i 2 mamy że \(\displaystyle{ w}\) ma dokładnie \(\displaystyle{ n_{0}+1}\) parami różnych pierwiastków będących liczbami niewymiernymi.
Kończy to dowód indukcyjny i zarazem dowodzi twierdzenia.

Udowodniłem właśnie to twierdzenie, ale teraz przypomniałem sobie, że tak naprawdę wynika to prawie natychmiast z kryterium Eisensteina, więc tak naprawdę nie wykazałem nic nowego

Bonus (też nic nowego):
Dla każdego \(\displaystyle{ n}\) istnieje przeliczalnie wiele takich wielomianów (wynika to z faktu iż liczb algebraicznych jest przeliczalnie wiele).