Γινόμενο τεταροβάθμιων

Λάμπρος Κατσάπας · #1

Να αναλυθεί το πολυώνυμο x^8+98x^4+1

σε γινόμενο δύο τεταρτοβάθμιων πολυωνύμων με ακέραιους συντελεστές.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #2

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 01, 2018 7:27 pm
Να αναλυθεί το πολυώνυμο σε γινόμενο δύο τεταρτοβάθμιων πολυωνύμων με ακέραιους συντελεστές.

$x^{8}+98x^{4}+1=(x^{4}+4x^{3}+8x^{2}-4x+1)(x^{4}-4x^{3}+8x^{2}+4x+1)$

το πρόβλημα είναι πως θα φτάσουμε με ''φυσιολογικούς'' τρόπους.

Προσεχώς οι τρόποι αν δεν διατυπωθούν.

Συμπλήρωμα.
Εφυγε η απόκρυψη.
Ο ένας τρόπος είναι αυτός που έχει γράψει ο Θανάσης παρακάτω.
Ο δεύτερος είναι λύνοντας την εξίσωση χρησιμοποιώντας μιγαδικούς φυσικά.

KARKAR · #3

Συνοπτικά : Πρόκειται για το : (x^4+ax^3+bx^2+cx+1 )( x^4+kx^3+lx^2+mx+1)

. Οι όροι 7ου

και 1ου βαθμού , είναι οι (a+k)x^7 , (c+m)x

, άρα

, οπότε αντικαθιστώντας παίρνω :

x^8+(b+l-k^2)x^6+k(b-l)x^5+(bl-2km+2)x^4+m(b-l)x^3+(b+l-m^2)x^2+1

, συνεπώς : b=l

.

Επομένως : x^8+(2l-k^2)x^6+(l^2-2km+2)x^4+(2l-m^2)x^2+1

, δηλαδή : 2l=k^2=m^2

και :

, σύστημα που επιλυόμενο δίνει : k=4,m=-4 ,l=8

ή $k=m=-2\sqrt{6} , l=12$ .

Εν τέλει : x^8+98x^4+1=(x^4+4x^3+8x^2-4x+1)(x^4-4x^3+8x^2+4x+1)

ή

$x^8+98x^4+1=(x^4-2\sqrt{6}x^3+12x^2-2\sqrt{6}x+1)(x^4+2\sqrt{6}x^3+12x^2+2\sqrt{6}x+1)$

Η δεύτερη λύση δεν είναι αποδεκτή (αφού δεν έχουμε μόνο ακέραιους συντελεστές )

είναι όμως εντυπωσιακή , αφού ούτε το Wolframalpha την παράγει !

Τσιαλας Νικολαος · #4

Αυτός είναι και ο ένας από τους 2 τρόπους στο άλλο θέμα που επανεφερα χτες! Μια ερώτηση ανεξαρτήτως αν είναι εκτός φακέλου... Μπορεί αυτή η εξίσωση να λυθεί με χρήση μιγαδικών?

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #5

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 02, 2018 7:29 pm
Συνοπτικά : Πρόκειται για το : . Οι όροι 7ου

και 1ου βαθμού , είναι οι , άρα , οπότε αντικαθιστώντας παίρνω :

, συνεπώς : .

Επομένως : , δηλαδή : και :

, σύστημα που επιλυόμενο δίνει : ή $k=m=-2\sqrt{6} , l=12$ .

Εν τέλει : ή

$x^8+98x^4+1=(x^4-2\sqrt{6}x^3+12x^2-2\sqrt{6}x+1)(x^4+2\sqrt{6}x^3+12x^2+2\sqrt{6}x+1)$

Η δεύτερη λύση δεν είναι αποδεκτή (αφού δεν έχουμε μόνο ακέραιους συντελεστές )

είναι όμως εντυπωσιακή , αφού ούτε το Wolframalpha την παράγει !

Από την αρχή δεν ξέρουμε ότι η

(x^4+ax^3+bx^2+cx+1 )( x^4+kx^3+lx^2+mx+1)

θα δώσει λύση.

Θα μπορούσε να μην έδινε.

Τότε λύση θα έδινε η

(x^4+ax^3+bx^2+cx-1 )( x^4+kx^3+lx^2+mx-1)

.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #6

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 01, 2018 7:27 pm
Να αναλυθεί το πολυώνυμο σε γινόμενο δύο τεταρτοβάθμιων πολυωνύμων με ακέραιους συντελεστές.

Η άσκηση είναι από το βιβλίο
Problem-Solving
Strategies
του Arthur Engel.
Ασκηση 80 σελ 258.

Αντιγράφω την λύση που έχει.

$x^8+98x^4+1=(x^{4}+1)^{2}+96x^{4}$

$=(x^{4}+1)^{2}+16x^{2}(x^{4}+1)+64x^{4}-16x^{2}(x^{4}+1)+32x^{4}=(x^{4}+8x^{2}+1)^{2}-16x^2(x^4-2x^2+1)$

$=(x^{4}+8x^{2}+1)^{2}-(4x^3-4x)^2=(x^4-4x^3+8x^2+4x+1)(x^4+4x^3+8x^2-4x+1)$

Η φυσιολογική λύση είναι με μιγαδικούς.

Δεν την γράφω μήπως θέλει να την κάνει κάποιος.Αν δεν γραφεί θα την γράψω αύριο.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #7

Λύση με μιγαδικούς.

Θα χρησιμοποιήσουμε ότι κάθε πολυώνυμο με πραγματικούς συντελεστές χωρίς ρίζες στο $\mathbb{R}$
γράφεται σαν γινόμενο τριωνύμων.

Γιατί αν έχει μια μιγαδική ρίζα έχει και την συζυγή της.

Θέτοντας $t=x^{4}$

γίνεται t^2+98t+1=0

που έχει ρίζες τα $t_{1}=-49+20\sqrt{6},t_{2}=-49-20\sqrt{6}$

Και οι δύο είναι αρνητικές .

Γράφοντας την $x^{4}=t_{1}$ ως $x^{4}=-(-t_{1})$ παίρνουμε ότι οι ρίζες είναι

$\omega _{i}\sqrt[4]{-t_{1}},i=1,2,3,4$

οπου $\omega _{i}$ οι ρίζες της $z^{4}=-1$

Αυτές είναι
$\omega _{1}=\frac{1+i}{\sqrt{2}},\omega _{2}=\frac{-1+i}{\sqrt{2}},\omega _{3}=\bar{\omega _{2}},\omega _{4}=\bar{\omega _{1}}$

Ομοια για την $x^{4}=t_{2}$

Η βασική παρατήρηση είναι ότι $-t_{1}=(\sqrt{3}-\sqrt{2})^{4},-t_{2}=(\sqrt{3}+\sqrt{2})^{4}$

Ετσι όλες οι ρίζες είναι

$(\sqrt{3}-\sqrt{2})\omega _{1},(\sqrt{3}-\sqrt{2})\bar{\omega _{1}},(\sqrt{3}-\sqrt{2})\omega _{2},(\sqrt{3}-\sqrt{2})\bar{\omega _{2}}$
και
$(\sqrt{3}+\sqrt{2})\omega _{1},(\sqrt{3}+\sqrt{2})\bar{\omega _{1}},(\sqrt{3}+\sqrt{2})\omega _{2},(\sqrt{3}+\sqrt{2})\bar{\omega _{2}}$

παίρνοντας κάθε ζευγάρι συζύγων και φτιάχνοντας τα τριώνυμα που τα έχουν σαν ρίζες παίρνουμε

$f_{1}(x)=x^{2}-(\sqrt{3}-\sqrt{2})\frac{2}{\sqrt{2}}x+5-2\sqrt{6},f_{2}(x)=x^{2}+(\sqrt{3}-\sqrt{2})\frac{2}{\sqrt{2}}x+5-2\sqrt{6}$

$f_{3}(x)=x^{2}-(\sqrt{3}+\sqrt{2})\frac{2}{\sqrt{2}}x+5+2\sqrt{6},f_{4}(x)=x^{2}+(\sqrt{3}+\sqrt{2})\frac{2}{\sqrt{2}}x+5+2\sqrt{6}$

εύκολα βλέπουμε ότι $f_{1}(x)f_{4}(x)=x^4+4x^3+8x^2-4x+1$ κλπ

#8

Άλλη μια λύση:

Θέτουμε $x-\frac{1}{x}=u$ . Τότε,
$x^{8}+98x^{4}+1=x^{4}\left(x^{4}+\frac{1}{x^{4}}+98\right)=x^{4}\left(\left(x^{2}+\frac{1}{x^{2}}\right)^{2}+96\right)=x^{4}\left(\left(u^{2}+2\right)^{2}+96\right)=$
$=x^{4}\left(u^{4}+4u^{2}+100\right)=x^{4}\left(\left(u^{2}+10\right)^{2}-16u^{2}\right)=x^{4}\left(u^{2}+4u+10\right)\left(u^{2}-4u+10\right)=$
$= (x^{4}+4x^{3}+8x^{2}-4x+1)(x^{4}-4x^{3}+8x^{2}+4x+1).$

#9

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 02, 2018 7:29 pm
Εν τέλει : ή

$x^8+98x^4+1=(x^4-2\sqrt{6}x^3+12x^2-2\sqrt{6}x+1)(x^4+2\sqrt{6}x^3+12x^2+2\sqrt{6}x+1)$

Η δεύτερη λύση δεν είναι αποδεκτή (αφού δεν έχουμε μόνο ακέραιους συντελεστές )

είναι όμως εντυπωσιακή , αφού ούτε το Wolframalpha την παράγει !

Θανάση δεν γνωρίζω αν το Wolframalpha έχει αυτή την δυνατότητα αλλά το Wolfram Mathematica μπορεί να παράγει τέτοιες παραγοντοποιήσεις.
Απ΄ότι λέει το αρχείο βηθείας του χρησιμοποιούμε την εντολή Factor, Extension
Για παράδειμα η
Factor[1 + x^4, Extension -> {Sqrt[2]}]
παραφοντοποιεί το πολυώνυμο 1+x^4

παίρνοντας συντελεστές από το $\mathbb{Q} (\sqrt{2})$ .
Επειδή δεν έχω εγκατεστημένο το mathematica δίνω την παραγοντοποίηση που παρέχει το "ομόλογο" του Maple:

: quadraticfieldfactor.png (9.34 KiB) Προβλήθηκε 1031 φορές

Γινόμενο τεταροβάθμιων

Γινόμενο τεταροβάθμιων

Re: Γινόμενο τεταροβάθμιων

Re: Γινόμενο τεταροβάθμιων

Re: Γινόμενο τεταροβάθμιων

Re: Γινόμενο τεταροβάθμιων

Re: Γινόμενο τεταροβάθμιων

Re: Γινόμενο τεταροβάθμιων

Re: Γινόμενο τεταροβάθμιων

Re: Γινόμενο τεταροβάθμιων

Μέλη σε σύνδεση