Pierwiastki wielomianu
- Smażony Ogórek
- Użytkownik
- Posty: 197
- Rejestracja: 27 cze 2007, o 22:08
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Świdnica
- Podziękował: 20 razy
- Pomógł: 23 razy
Pierwiastki wielomianu
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.
Nie mam pojęcia jak się za to zabrać.
-
- Użytkownik
- Posty: 476
- Rejestracja: 20 cze 2008, o 21:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 93 razy
Pierwiastki wielomianu
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.
\(\displaystyle{ W(x) = (x -z)(x - z^{2})(x - z^{3})}\)
\(\displaystyle{ W(x) = x^{3} - (2z + z^{3})x^{2} + (z^{3} + 2z^{4})x - z^{4}}\).
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
- Użytkownik
- Posty: 197
- Rejestracja: 27 cze 2007, o 22:08
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Świdnica
- Podziękował: 20 razy
- Pomógł: 23 razy
Pierwiastki wielomianu
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
- Użytkownik
- Posty: 6909
- Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 1246 razy
Pierwiastki wielomianu
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
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
-
- Użytkownik
- Posty: 476
- Rejestracja: 20 cze 2008, o 21:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 93 razy
Pierwiastki wielomianu
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.
\(\displaystyle{ W(x) = x^{3} - (z^{3} + z^{2})x^{2} + (z^{6} + z^{4} + z^{3} - z)x - z^{6}}\).
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.
-
- Użytkownik
- Posty: 1874
- Rejestracja: 4 paź 2008, o 02:13
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Lost Hope
- Podziękował: 28 razy
- Pomógł: 502 razy
Pierwiastki wielomianu
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 \(\displaystyle{ z=\frac{-1\pm i\sqrt 3}{2}}\).
\(\displaystyle{ w(x)=x^3-1}\)
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 \(\displaystyle{ z=\frac{-1\pm i\sqrt 3}{2}}\).
-
- Użytkownik
- Posty: 476
- Rejestracja: 20 cze 2008, o 21:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 93 razy
Pierwiastki wielomianu
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).
\(\displaystyle{ \begin{cases} z+z^2+z^3 \in \mathbb{R} \\ z^{3}+z^{4}+z^{5} \in \mathbb{R}\\z^{6} \in \mathbb{R} \end{cases}}\)
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
- Użytkownik
- Posty: 6909
- Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 1246 razy
Pierwiastki wielomianu
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
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
-
- Użytkownik
- Posty: 476
- Rejestracja: 20 cze 2008, o 21:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 93 razy
Pierwiastki wielomianu
Myślę, że to już problem językowy.mariuszm pisze:Tomasz Tkaczyk, ja nie liczyłem tylko od razu skorzystałem ze wzorów Viete
Zgadza się. Błędnie się wcześniej wyraziłem.mariuszm pisze:Na marginesie dodam że po wymnożeniu postaci iloczynowej i przyrównaniu do postaci ogólnej
dostajemy właśnie wzory Viete'a
Da się rozwiązać. Ściśle rzecz biorąc, zrobiliśmy to.mariuszm pisze: \(\displaystyle{ \begin{cases} y+2xy+3x^2y-y^3=0 \\3x^2y-y^3+4x^3y-4xy^3+5x^4y-10x^2y^3+y^5=0 \\ 6x^5y-20x^3y^3+6xy^5=0 \end{cases}}\)
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