Γινόμενο τεταροβάθμιων

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 426
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Γινόμενο τεταροβάθμιων

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Κατσάπας » Πέμ Νοέμ 01, 2018 7:27 pm

Να αναλυθεί το πολυώνυμο x^8+98x^4+1 σε γινόμενο δύο τεταρτοβάθμιων πολυωνύμων με ακέραιους συντελεστές.



Λέξεις Κλειδιά:
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2459
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Γινόμενο τεταροβάθμιων

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Παρ Νοέμ 02, 2018 1:51 am

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε:
Πέμ Νοέμ 01, 2018 7:27 pm
Να αναλυθεί το πολυώνυμο x^8+98x^4+1 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.
τελευταία επεξεργασία από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ σε Σάβ Νοέμ 03, 2018 12:19 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 10647
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Γινόμενο τεταροβάθμιων

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Παρ Νοέμ 02, 2018 7:29 pm

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 a=-k , c=-m , 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 :

l^2-2km+2=98 , 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 !
τελευταία επεξεργασία από KARKAR σε Παρ Νοέμ 02, 2018 8:21 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 345
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: Γινόμενο τεταροβάθμιων

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Παρ Νοέμ 02, 2018 7:41 pm

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
Δημοσιεύσεις: 2459
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Γινόμενο τεταροβάθμιων

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Σάβ Νοέμ 03, 2018 12:15 am

KARKAR έγραψε:
Παρ Νοέμ 02, 2018 7:29 pm
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 a=-k , c=-m , 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 :

l^2-2km+2=98 , 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 !
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
Δημοσιεύσεις: 2459
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Γινόμενο τεταροβάθμιων

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Σάβ Νοέμ 03, 2018 2:27 pm

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε:
Πέμ Νοέμ 01, 2018 7:27 pm
Να αναλυθεί το πολυώνυμο x^8+98x^4+1 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
Δημοσιεύσεις: 2459
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Γινόμενο τεταροβάθμιων

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Κυρ Νοέμ 04, 2018 9:49 pm

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 ότιf_{1}(x)f_{4}(x)=x^4+4x^3+8x^2-4x+1 κλπ


silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1237
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: Γινόμενο τεταροβάθμιων

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Τετ Νοέμ 14, 2018 10:25 pm

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).


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Άβαταρ μέλους
nsmavrogiannis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4238
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 7:13 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Γινόμενο τεταροβάθμιων

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nsmavrogiannis » Πέμ Νοέμ 15, 2018 11:43 pm

KARKAR έγραψε:
Παρ Νοέμ 02, 2018 7:29 pm
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 !
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
quadraticfieldfactor.png (9.34 KiB) Προβλήθηκε 438 φορές


Αν κανείς δεν ελπίζει, δεν θα βρεί το ανέλπιστο, οι δρόμοι για το ανεξερεύνητο θα είναι κλειστοί.
Ηράκλειτος
Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης