Можно ли как - нибудь узнать сумму корней уравнения $%x^4-x^3-1=0$%, находя их (что не получается) или, может быть и находить их не надо?

задан 30 Янв '15 1:36

изменен 30 Янв '15 11:08

%D0%92%D0%B8%D1%82%D0%B0%D0%BB%D0%B8%D0%BD%D0%B0's gravatar image


9917

Вы, как я понимаю, имеете в виду сумму только действительных корней? Потому что с учётом ещё и мнимых корней ответ очевиден ввиду теоремы Виета.

(30 Янв '15 1:40) falcao

@falcao, знаете, вопрос сейчас закрою, там оказывается нужно найти какую-то степенную сумму $%S_8$%, я о такой даже и не слышал. Вопрос , то есть чтобы найти сумму ВСЕХ корней нужно просто посмотреть теорему Виета? Действительные корни найти не получилось

(30 Янв '15 1:51) epimkin

А что такое $%S_8$%? Хотелось бы объяснения в общепринятых терминах.

Это уравнение имеет два вещественных корня и два мнимых. Сумма всех четырёх корней равна, очевидно, единице по теореме Виета. Действительные корни точно "плохие", но может оказаться, что их сумма чуть проще, чем они сами. Поэтому я думаю, что вопрос закрывать не надо.

(30 Янв '15 2:16) falcao

Написано: найти степенную сумму $%S_8$% от корней уравнения вот этого. И ссылки на формулу Ньютона.


Какие-то там еще симметрические много члены. Вобщем для меня это темный лес.

(30 Янв '15 2:24) epimkin

Наверное, имеется в виду сумма восьмых степеней корней уравнения, включая комплексные. Ответом там будет число 13. Это вычисляется при помощи готового алгебраического алгоритма, и вычисления в таких случаях достаточно громоздкие могут быть. В данном случае, возможно, из-за специфики самого уравнения получаются какие-то упрощения.

(30 Янв '15 2:47) falcao

Да, ответ там 13. А сами корни находить надо? Мне бы какую нибудь ссылку. Или что искать в поисковике?

(30 Янв '15 2:52) epimkin

Сами корни "плохие", то есть находить их для этого не надо. Но в курсах алгебры доказывается, что значение любого симметрического многочлена (не меняющегося при перестановках переменных) с целыми коэффициентами от всех корней уравнения с целыми коэффициентами всегда рационально, а при старшем коэффициенте 1 даже является целым. Есть также готовые методы подсчёта. Это всё в общем виде излагается в учебниках высшей алгебры (см. тему "основная теорема о симметрических многочленах").

(30 Янв '15 2:58) falcao
показано 5 из 7 показать еще 2
10|600 символов нужно символов осталось
1

Раз уж вопрос был поставлен, то я ради любопытства нашёл сумму двух вещественных корней. Она имеет вид $%\frac12+\sqrt{\frac14+\alpha}$%, где $%\alpha$% есть корень кубического уравнения $%\alpha^3+4\alpha+1=0$%. Точное его значение находится по формуле Кардано. Оно равно $%\alpha=8/{\beta}-{\beta}/6$%, где $%\beta=\sqrt[3]{108+12\sqrt{849}}$%. Приближённое значение суммы равно 0.5611, то есть оно немногим больше $%\frac12$%.

Добавление. Сегодня я немного подумал на предмет того, как получить ответ 13 для суммы 8-х степеней корней, используя минимум теоретических сведений и вычислений. Получилось следующее.

Пусть $%f(x)=x^4+ax^3+bx^2+cx+d$% -- многочлен 4-й степени, имеющий (комплексные) корни $%x_1$%, ... , $%x_4$%. При этом имеет место разложение на множители $%f(x)=(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)(x-x_4)$%. Если раскрыть скобки и сравнить коэффициенты при $%x^3$%, то станет ясно, что сумма корней равна $%-a$% (теорема Виета).

Рассмотрим теперь многочлен $%f(-x)=(x+x_1)(x+x_2)(x+x_3)(x+x_4)$% и перемножим два равенства. Окажется, что $%(x^2-x_1^2)(x^2-x_2^2)(x^2-x_3^2)(x^2-x_4^2)$% равно $%f(x)f(-x)=(x^4+bx^2+c)^2-(ax^3+cx)^2$%. Раскрывая скобки в правой части, приводя подобные члены, а также заменяя $%x^2$% на $%y$%, приходим к такому тождеству: $%(y-x_1^2)(y-x_2^2)(y-x_3^2)(y-x_4^2)=y^4+y^3(2b-a^2)+y^2(b^2+2d-2ac)+y(2bd-c^2)+d^2$%. Таким образом, мы получаем правило перехода от четвёрки чисел $%(a,b,c,d)$% к новой четвёрке $%(2b-a^2,b^2+2d-2ac,2bd-c^2,d^2)$%, дающей коэффициенты многочлена, корнями которого являются квадраты корней предыдущего многочлена. Применяя это преобразование дважды, мы узнаём коэффициенты многочлена, корни которого суть 4-е степени, и при трёхкратном применении нам становится известна информация о 8-х степенях. Вычисления получаются несложные: изначально была четвёрка $%(-1;0;0;-1)$%; за ней идёт $%(-1;-2;0;1)$%, затем $%(-5;6;-4;1)$%, и последнюю четвёрку можно не выписывать целиком, подсчитывая только первый её элемент по формуле $%2b-a^2=2\cdot6-(-5)^2=-13$%, откуда следует, что сумма 8-х степеней корней многочлена из условия равна $%13$%.

ссылка

отвечен 30 Янв '15 2:54

изменен 30 Янв '15 14:10

@epimkin: сейчас обнаружил, что есть ещё более простой способ решения этой задачи. Чуть позже изложу. Там суммы любых степеней находятся по очень простой рекуррентной формуле.

(30 Янв '15 15:24) falcao

@falcao , я почему-то все понял, спасибо Вам большое, пойду скоро поражать своими знаниями других( но я всегда признаюсь, что мне подсказали или решили. Тщеславия нет, уж не знаю плохо это или хорошо

(30 Янв '15 15:54) epimkin

@epimkin: можете сделать отдельный вопрос о нахождении суммы $%n$%-х степеней корней для общего случая -- я ещё более простой способ могу предложить. Там всё фактически устно считается. Можно ограничиться 4-й степенью уравнения, хотя способ работает для любого случая.

(30 Янв '15 16:07) falcao

@EdwardTurJ, я в одной книжке прочитал это, чего-то ничего не понял(здесь понял). На примере как-то у меня быстрее доходит

(30 Янв '15 17:25) epimkin
1

@EdwardTurJ: я намеренно избегал применения тождеств Ньютона по двум причинам. Во-первых, они имеют сравнительно сложный вывод, и в школе это дело не изучается, равно как и теория симметрических многочленов. Во-вторых, время получения численного ответа таким способом требуется немалое, а есть способ (я его пока не излагал), где ответ можно вычислить устно. При этом не важно, о каких показателях степеней идёт речь, то есть не используется тот факт, что 8 -- это степень двойки. Основное соображение там совсем элементарное, но мне оно не сразу пришло в голову.

(30 Янв '15 18:43) falcao

@falcao: Это по причине двух нулевых коэффициентов?

(30 Янв '15 18:49) EdwardTurJ

@EdwardTurJ: нулевые коэффициенты чуть упрощают вычисления. Но в принципе это не влияет. Для любого уравнения с не слишком большими коэффициентами сумма n-х степеней корней может быть сосчитана очень быстро. Почти так же просто, как n-е число Фибоначчи. Идея столь проста, что я здесь напишу формулу, и всё станет ясно: $%S_n=S_{n-1}+S_{n-4}$%. Начальные значения лучше всего сосчитать для n=-1;0;1;2. Это устный счёт.

(30 Янв '15 18:58) falcao
показано 5 из 8 показать еще 3
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×3,152
×797
×67

задан
30 Янв '15 1:36

показан
491 раз

обновлен
30 Янв '15 18:58

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru