Pierwiastki wielomianu

[Smażony Ogórek]

Liczby zespolone \(\displaystyle{ z, z ^{2}, z ^{3}}\) są pierwiastkami wielomianu stopnia 3 o wsp. rzeczywistych. Wyznaczyć wszystkie możliwe wartości liczby z.

Nie mam pojęcia jak się za to zabrać.

[Tomasz Tkaczyk]

Wielomian ma postać

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

\(\displaystyle{ W(x) = x^{3} - (2z + z^{3})x^{2} + (z^{3} + 2z^{4})x - z^{4}}\).

Współczynniki mają być rzeczywiste, więc

\(\displaystyle{ 2z + z^{3} \in \mathbb{R}}\)

\(\displaystyle{ z^{3} + 2z^{4} \in \mathbb{R}}\)

\(\displaystyle{ z^{4} \in \mathbb{R}}\).

Skoro \(\displaystyle{ z^{4} \in R}\), to \(\displaystyle{ 2z^{4} \in \mathbb{R}}\).

Ale \(\displaystyle{ z^{3} + 2z^{4} \in \mathbb{R}}\), zatem \(\displaystyle{ z^{3} \in \mathbb{R}}\).

Wiemy, że \(\displaystyle{ 2z + z^{3} \in \mathbb{R}}\), więc \(\displaystyle{ z \in \mathbb{R}}\).

Z naszych założeń wynika, że \(\displaystyle{ z \in \mathbb{R}}\).

Zauważmy, że dla każdej liczby rzeczywistej \(\displaystyle{ a}\) znajdziemy wielomian stopnia \(\displaystyle{ 3}\), którego pierwiastkami są \(\displaystyle{ a, a^{2}, a^{3}}\).

Zatem \(\displaystyle{ z}\) może przyjmować dowolne wartości rzeczywiste.

[Smażony Ogórek]

a skąd dostałeś ten drugi wielomian? bo mi po wymnożeniu, wychodzi coś innego, i w odpowiedziach mam że z może też być liczbą zespoloną , to błąd czy jak

[Mariusz M]

Ja zdefiniowałbym liczbę z za pomocą dwóch liczb rzeczywistych
Następnie skorzystał ze wzorów Viete'a i rozwiązał układ równań
(ułożony na podstawie wzorów Viete'a i tego że liczba zespolona jest
liczbą rzeczywistą gdy jej część urojona jest zerowa)

Zgodnie ze wzorami Viete'a

\(\displaystyle{ \begin{cases} z+z^2+z^3 \in \mathbb{R} \\ z^{3}+z^{4}+z^{5} \in \mathbb{R}\\z^{6} \in \mathbb{R} \end{cases}}\)

\(\displaystyle{ z=x+y \cdot i}\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} y+2xy+3x^2y-y^3=0 \\3x^2y-y^3+4x^3y-4xy^3+5x^4y-10x^2y^3+y^5=0 \\ 6x^5y-20x^3y^3+6xy^5=0 \end{cases}}\)

Oczywiście dla \(\displaystyle{ y=0}\)
układ równań jest spełniony ale nie musi to być jedyne rozwiązanie

[Tomasz Tkaczyk]

Pomyliłem się w rachunku.

\(\displaystyle{ W(x) = x^{3} - (z^{3} + z^{2})x^{2} + (z^{6} + z^{4} + z^{3} - z)x - z^{6}}\).

To znaczy, że

\(\displaystyle{ z^{6} \in \mathbb{R}}\),

\(\displaystyle{ z^{6} + z^{4} + z^{3} - z \in \mathbb{R}}\),

\(\displaystyle{ z^{3} + z^{2} \in \mathbb{R}}\).

Skoro \(\displaystyle{ z^{6} \in \mathbb{R}}\), to

\(\displaystyle{ z^{4} + z^{3} - z \in \mathbb{R}}\),

Więc

\(\displaystyle{ z(z^{3} + z^{2} - 1) \in \mathbb{R}}\).

Korzystając z trzeciego warunku otrzymujemy, że

\(\displaystyle{ z \in \mathbb{R}}\).

Bezpośrednio ze wzorów Viete`a nie bardzo widać, że \(\displaystyle{ z}\) musi być rzeczywiste.

[xiikzodz]

A co z wielomianem:

\(\displaystyle{ w(x)=x^3-1}\)

i jego pierwiastkami:

\(\displaystyle{ z=\frac{-1+i\sqrt 3}{2},\:\:\:z^2=\frac{-1-i\sqrt 3}{2}, \:\:\: z^3=1\:\:}\)?

Rozwiązanie: \(\displaystyle{ z}\) może byc dowolne rzeczywiste (to wyjaśnione gdzieś wyżej). Jeśli \(\displaystyle{ z}\) nie jest liczbą rzeczywistą, to \(\displaystyle{ \overline z}\) jest rownież pierwiastkiem wielomianu, czyli \(\displaystyle{ |z|=1}\) bo \(\displaystyle{ |z|=|\overline z|}\), zaś \(\displaystyle{ \overline z}\) jest jedna z liczb \(\displaystyle{ z^2}\) lub \(\displaystyle{ z^3}\). Skoro tak, to trzeci pierwiastek, to znaczy różny od \(\displaystyle{ z}\) i \(\displaystyle{ \overline z}\) jest rzeczywisty (wzory Viete) czyli rowny \(\displaystyle{ 1}\). Zatem \(\displaystyle{ z=\frac{-1\pm i\sqrt 3}{2}}\).

[Tomasz Tkaczyk]

Znów źle policzyłem i wyciągnąłem na dodatek błędny wniosek.

\(\displaystyle{ \begin{cases} z+z^2+z^3 \in \mathbb{R} \\ z^{3}+z^{4}+z^{5} \in \mathbb{R}\\z^{6} \in \mathbb{R} \end{cases}}\)

tak, jak wyliczył mariuszm

Powinienem był przeprowadzić takie rozumowanie:

\(\displaystyle{ z(z^{2} + z + 1) \in \mathbb{R}}\)

\(\displaystyle{ z^{3}(z^{2} + z +1) \in \mathbb{R}}\)

I teraz

\(\displaystyle{ \frac{z^{3}(z^{2} + z +1)}{z(z^{2} + z + 1)} = z^{2} \in \mathbb{R}}\),

o ile \(\displaystyle{ z^{2} + z + 1 \neq 0}\) i \(\displaystyle{ z \neq 0}\).

Z tego, że \(\displaystyle{ z^{2} \in R}\) wynika, że \(\displaystyle{ z \in \mathbb{R}}\) lub \(\displaystyle{ z = ki}\) dla pewnego \(\displaystyle{ k \in \mathbb{R}}\).

Ale ten drugi przypadek odpada z pierwszych dwóch warunków ze wzorów Viete`a.

Czyli \(\displaystyle{ z \in \mathbb{R}}\) lub \(\displaystyle{ z}\) jest pierwiastkiem wielomianu \(\displaystyle{ x^{2} + x + 1}\), czyli \(\displaystyle{ z = \frac{1 \pm i \sqrt{3}}{2}}\).

Rozwiązanie xiikzodz jest bardziej subtelne (lepsze).

[Mariusz M]

Tomasz Tkaczyk, ja nie liczyłem tylko od razu skorzystałem ze wzorów Viete
Na marginesie dodam że po wymnożeniu postaci iloczynowej i przyrównaniu do postaci ogólnej
dostajemy właśnie wzory Viete'a

\(\displaystyle{ \begin{cases} y+2xy+3x^2y-y^3=0 \\3x^2y-y^3+4x^3y-4xy^3+5x^4y-10x^2y^3+y^5=0 \\ 6x^5y-20x^3y^3+6xy^5=0 \end{cases}}\)

Ciekawe czy układ otrzymany na podstawie wzorów Viete da się rozwiązać
ponieważ podstawiając otrzymamy równanie wielomianowe szóstego stopnia
które łatwo redukuje się do równania wielomianowego piątego stopnia

[Tomasz Tkaczyk]

Tomasz Tkaczyk, ja nie liczyłem tylko od razu skorzystałem ze wzorów Viete

Myślę, że to już problem językowy.

Na marginesie dodam że po wymnożeniu postaci iloczynowej i przyrównaniu do postaci ogólnej
dostajemy właśnie wzory Viete'a

Zgadza się. Błędnie się wcześniej wyraziłem.

\(\displaystyle{ \begin{cases} y+2xy+3x^2y-y^3=0 \\3x^2y-y^3+4x^3y-4xy^3+5x^4y-10x^2y^3+y^5=0 \\ 6x^5y-20x^3y^3+6xy^5=0 \end{cases}}\)

Ciekawe czy układ otrzymany na podstawie wzorów Viete da się rozwiązać
ponieważ podstawiając otrzymamy równanie wielomianowe szóstego stopnia
które łatwo redukuje się do równania wielomianowego piątego stopnia

Da się rozwiązać. Ściśle rzecz biorąc, zrobiliśmy to.