wielomian 4go stopnia.

ptaq · Post autor: **ptaq** » 18 mar 2005, o 16:16

Witam. Mam roziązać równanie
\(\displaystyle{ x^4+3x^3-6x^2-11x+15=0}\)

nie chodzi mi o wynik, tylko o sposób w jaki to zrobić. Nie jest to równanie zwrotne, pierwiastki są niewymierne...

Ja rozwiązałem to tak:

\(\displaystyle{ (x^2+ax+b)(x^2+cx+d)=0}\)

a potem układ czterech równań, 4 niewiadome...

Wychodzi dobrze, \(\displaystyle{ (x^2+2x-5)(x^2+x-3)=0}\), potem jush tylko delta, pierwiastki. Jednak moje rozwiązanie nie jest poprawne, ponieważ zkładam, że przy \(\displaystyle{ x^2}\) jest współczynnik 1, co wcale nie musi być prawdą. Jak należałoby porządnie rozwiązać to równanie?

Edit by Arbooz: Poprawiłem oznaczenia

Arbooz · Post autor: **Arbooz** » 18 mar 2005, o 16:48

Ależ rozwiązanie jest jak najbardziej poprawne.

Jeśli wielomian czwartego stopnia ma 4 pierwiastki to da się go zapisać jako \(\displaystyle{ W(x) = a(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)(x-x_4)}\)

Przecież nawet jeśli przy \(\displaystyle{ x^2}\) miałyby stać współczynniki rózne od 1 to bez problemu robimy tak:

\(\displaystyle{ (k_1x^2 + ax + b)(k_2x^2 + cx + d) = 0}\) przy czym \(\displaystyle{ k_1 * k_2 = 1}\)
\(\displaystyle{ k_1(x^2 + \frac{a}{k_1}x + \frac{b}{k_1})k_2(x^2 + \frac{c}{k_2}x + \frac{d}{k_2}) = 0}\)
\(\displaystyle{ (x^2 + \frac{a}{k_1}x + \frac{b}{k_1})(x^2 + \frac{c}{k_2}x + \frac{d}{k_2}) = 0}\)

Czyli taką samą postać jakiej Ty użyłeś

ptaq · Post autor: **ptaq** » 18 mar 2005, o 17:03

i to ma byc odpowiedz :/ sądze ze musi byc cos prostrzego, bo ten układ jest kosmiczny. na koniec wychodzą współczynniki do szóstej potęgi...

Arbooz · Post autor: **Arbooz** » 18 mar 2005, o 18:02

Heh, chyba mnie nie zrozumiałeś

Ja Ci właśnie uzasadniłem, że twój sposób na zrobienie tego zadania jest jak najbardziej prawidłowy (bo w pierwszym poście przedstawiłeś niemal pełne rozwiązanie

). Nie ma tu nic skomplikowanego, żadnych współczynników do szóstej potęgi :> Napisz dokładnie czego nie rozumiesz...

ptaq · Post autor: **ptaq** » 18 mar 2005, o 18:43

hmmm... czego nie rozumiem... więc tak: mam sobie ten układ równań:
\(\displaystyle{ \left{\begin{array}c+a=3\\d+ac+b=-6\\ad+bc=-11\\bd=15\end{array}\right.}\)

dalej

\(\displaystyle{ \left{\begin{array}c=3-a\\d+a(3-a)+b=-6\\ad+b(3-a)=-11\\bd=15\end{array}\right.}\)

\(\displaystyle{ \left{\begin{array}d+3a-a^2+b=-6\\ad+3b-ab=-11\\bd=15\end{array}\right.}\)

\(\displaystyle{ \left{\begin{array}d=-6-3a+a^2-b\\a(-6-3a+a^2-b)+3b-ab=-11\\b(-6-3a+a^2-b)=15\end{array}\right.}\)

\(\displaystyle{ \left{\begin{array}a^3-3a^2-2ab-6a+3b=-11\\a^2b-b^2-3ab-6b=15\end{array}\right.}\)

no i tak dalej, ash otrzymałem sobie
\(\displaystyle{ a^6-9a^5+15a^4+45a^3-165a^2+171a-58=0}\)

czyli \(\displaystyle{ (a-1)(a-2)(a^4-6*a^3-5*a^2+42a-29)=0}\)

prawidłowe a jest równe 2, bo tak pasuje do zadania, jest to prawidłowa odpowiedz... ale jednak byłbym bardziej usatysfakcjonowany, gdybym był w stanie policzyc wszystkie pierwiastki, tzs wszystkie a, a potem wykluczyć niepotrzebne. nie musisz mnie sprawdzac, to jest napewno dobrze, moze jakaś literówka, bo przepisywałem z kartki. Niestety ten ostatni nawias, na niego hornerem nie da rady... :/

[ Dodano: Pią Mar 18, 2005 6:52 pm ]
jeszcze małe sprostowanie
a=2 i a=1 będzie ok, bo jest tak
\(\displaystyle{ (x^2+ax+b)(x^2+cx+d)=0}\), dla a=2, b=-5, dla a=1, b=-3 =>

\(\displaystyle{ (x^2+2x-5)(x^2+x-3)=0}\) lub \(\displaystyle{ (x^2+x-3)(x^2+2x-5)=0}\)

Natomiast zastanawia mnie, skąd się biorą jeszcze dwa pierwiastki rówanania z a tego do szóstej potęgi. Prawdopodobnie jak się je podstawi, to wyjdzie, że któryś współczynnik ma być równy 0, a przy okazji założenie powinno byc a,b,c,d różne od 0.

pozdrawiam.

Rogal · Post autor: **Rogal** » 18 mar 2005, o 21:59

Możesz też skorzystać ze wzorów ogólnych Ferrari. Polecam Kompendium 2+2 i art "Sposoby rozwiązywania równań wyższych stopni".
Grunt to autoreklama .

Arbooz · Post autor: **Arbooz** » 18 mar 2005, o 22:01

Hmm, ale dlaczego miałbyś dalej kombinować z a??

Udało Ci się rozłożyć wielomian na czynniki kwadratowe, te zaś bez problemu rozłożysz na czynniki liniowe i tym samym znajdziesz 4 pierwiastki tego wielomianu, czyli to co miałeś znaleźć

Nawet gdybyś znalazł te inne a (nie jestem pewien czy by wszystko grało - wydaje mi się, że wielomian 4 stopnia ma tylko jeden rozkład na czynniki kwadratowe, ale mogę się mylić) i rozłożył ten wielomian na inne czynniki, to i tak ostatecznie otrzymałbyś te same pierwiastki. W końcu wielomian stopnia 4 może mieć co najwyżej 4 pierwiastki rzeczywiste, więc nie znalazłbyś nowych ponad te 4 z pierwszego rozkładu.

Jeśli mimo to jesteś zdecydowany z tym walczyć to możesz poszukać (np. przez google) czegoś o wzorach ferrari

[ Dodano: Pią Mar 18, 2005 10:03 pm ]
O właśnie, albo u nas w kompendium

Skrzypu · Post autor: **Skrzypu** » 25 mar 2005, o 19:32

wydaje mi się, że wielomian 4 stopnia ma tylko jeden rozkład na czynniki kwadratowe, ale mogę się mylić

Jeden rozkład nie będzie, jeżeli wielomian ma różne pierwiastki

\(\displaystyle{ a(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)(x-x_4)}\)

\(\displaystyle{ a(x^2-x x_1 x_2 +x_1 x_2)(x^2-x x_3 x_4 +x_3 x_4)}\)

albo

\(\displaystyle{ a(x^2-x x_1 x_4 +x_1 x_4)(x^2-x x_2 x_3 +x_2 x_3)}\)

I już masz dwa różne rozkłady, jakby wstawić jeszcze a do nawiasów to można na wiele sposobów pokombinować