Μη ορατή παραγοντοποίηση

#1

Να δειχθεί ότι το

8u^3-6u+1

είναι παράγων του

32u^3(1-2u^2)^2\left(16(1-2u^2)^4-12(1-2u^2)^2+2(1-2u^2)+3\right)-1.

[Γνωρίζω ότι ισχύει αλλά δεν έχω απόδειξη. Δεν υπάρχει τυπογραφικό λάθος. Η προέλευση θα αναφερθεί αργότερα.]

Dimessi · #2

Από κινητό είμαι το έλυσα το σκασμενο.
Το πολυώνυμο

8u^3-6u+1

έχει ακριβώς τρεις πραγματικές ρίζες

x_1\in (-1,-1/2),x_2\in (-1/2,1/2),x_3\in (1/2,1),

άρα θεωρωντας ρίζα

του

Q(u)=8u^3-6u+1

θέτουμε

q=\arccos d

με

το δεύτερο πολυώνυμο
και παίρνουμε

P(d)=0

λόγω της

1-2\cos ^2 y= -\cos (2y) .

Άρα κάθε ρίζα του

είναι και ρίζα του

οπότε γράφοντας

P(x)=R(x)Q(x)+\Delta (x),

και παίρνοντας τις κοινές ρίζες των P,Q,

έχουμε ότι είναι ρίζες και του

\Delta (x).

Όμως

\deg \Delta (x) < \deg Q=3,

άρα το πολυώνυμο

\Delta (x)

έχει

3>\deg \Delta (x)

ρίζες άρα

\Delta (x)=0.

#3

gbaloglou έγραψε: Τρί Σεπ 29, 2026 12:05 am Να δειχθεί ότι το $8u^3-6u+1$ είναι παράγων του $32u^3(1-2u^2)^2\left(16(1-2u^2)^4-12(1-2u^2)^2+2(1-2u^2)+3\right)-1.$

[Γνωρίζω ότι ισχύει αλλά δεν έχω απόδειξη. Δεν υπάρχει τυπογραφικό λάθος. Η προέλευση θα αναφερθεί αργότερα.]

Χωρίς τις πράξεις γιατί είναι αργά και είμαι κουρασμένος.

Έστω

ρίζα της

8u^3-6u+1

(*). Αρκεί να δείξουμε ότι είναι ρίζα της

32u^3(1-2u^2)^2\left(16(1-2u^2)^4-12(1-2u^2)^2+2(1-2u^2)+3\right)-1

Aπό την (*) είναι

u^3= \dfrac {6}{8}u-\dfrac {1}{8}

(**). Πολλαπλασιάζοντας επί

είναι

u^4= \dfrac {6}{8}u^2-\dfrac {1}{8}u

(***)

Τις υψηλότερες δυνάμεις του

θα τις γράψουμε (με χρήση των προηγούμενων) ως γραμμικό συνδυασμό των 1,u,u^2

. Θα δούμε ότι θα μας χρειαστούν μόνο οι

u^6, u^8

.

Πολλαπλασιάζοντας την (***) επί u^2

και μετά με χρήση των (**), (***) είναι

u^6= \dfrac {6}{8}u^4-\dfrac {1}{8}u^3= \dfrac {6}{8} \left ( \dfrac {6}{8}u^2-\dfrac {1}{8}u \right )- \dfrac {1}{8}\left ( \dfrac {6}{8}u-\dfrac {1}{8}\right) = \dfrac {36}{64}u^2-\dfrac {12}{64}u +\dfrac {12}{512}

.

Πολλαπλασιάζοντας αυτην επί u^2

είναι

u^8= \dfrac {36}{64}u^4-\dfrac {12}{64}u^3 +\dfrac {1}{64} u^2= \dfrac {36}{64}\left (\dfrac {6}{8}u^2-\dfrac {1}{8}u \right )-\dfrac {12}{64}\left ( \dfrac {6}{8}u-\dfrac {1}{8} \right) +\dfrac {1}{64} u^2 = \dfrac {217}{512}u^2-\dfrac {108}{512}u +\dfrac {12}{512}

Τώρα. η μεγάλη παρένθεση στην δοθείσα παράσταση ισούται (κάνω τις πράξεις)

256u^8-512u^6+336u^4-84u^2+9

που με χρήση των παραπάνω γράφεται ως γραμμικός συνδυασμός των 1,u,u^2

, ας πούμε

Au^2+u+C

. Το δοθέν λοιπόν είναι ίσο με

32u^3(1-2u^2)^2(Au^2+u+C)-1

Συνεχίζω με τις αναγωγές προς τα κάτω, με στόχο να φτάσω (που μπορώ) σε μορφή

Eu^2+Fu+G

. Aν είναι σωστή η άσκηση, που δεν το αμφιβάλλω, η τελευταία θα είναι

, και τελειώσαμε.

#4

Dimessi έγραψε: Τρί Σεπ 29, 2026 12:50 am
Το πολυώνυμο $8u^3-6u+1$ έχει ακριβώς τρεις πραγματικές ρίζες
$x_1\in (-1,-1/2),x_2\in (-1/2,1/2),x_3\in (1/2,1),$

.
Σωστά. Με χρήση της

\cos 3 \theta = 4 \cos ^3\theta - 3 \cos \theta

οι ρίζες είναι

\cos 40^o, \, \cos 80^o, \cos 160^o

#5

Βασιζόμενος στις παραπάνω προσεγγίσεις (Dimessi και Μιχάλη Λάμπρου), και ... για να χαλαρώσουμε λίγο:

Αν

είναι ρίζα του

8u^3-6u+1

τότε είναι ρίζα αυτού και ο

2r^2-1

-- καθώς

8(2r^2-1)^3-6(2r^2-1)+1 = (8r^3-6r+1)^2-2(8r^3-6r+1)

-- οπότε

8(2r^2-1)^3=6(2r^2-1)-1

και προκύπτει η

32r^3(1-2r^2)^2\left(16(1-2r^2)^4-12(1-2r^2)^2+2(1-2r^2)+3\right)-1=

=32r^3(1-2r^2)^2\left(4(1-2r^2)+3\right)-1=

=16r^3\left(8(1-2r^2)^3+6(1-r^2)^2\right)-1=

=16r^3(24r^4-36r^2+13)-1=

=16r^3(-18r^2-3r+13)-1=

=(12r-2)(-18r^2-3r+13)-1=

=-27(8r^3-6r+1)=0,

είναι δηλαδή η τυχούσα ρίζα

του

8u^3-6u+1

ρίζα και του προς παραγοντοποίηση πολυωνύμου, ΟΕΔ

#6

Προέλευση: https://www.facebook.com/groups/1664980 ... 3816948649

[Το τερατώδες πολυώνυμο προήλθε από την έκφραση (μου) των a, b, c

συναρτήσει του

και του

u=sin10^0.

]

: david-vreken-nonagon.jpg (21.96 KiB) Προβλήθηκε 352 φορές

#7

gbaloglou έγραψε: Παρ Οκτ 02, 2026 12:33 am Προέλευση: https://www.facebook.com/groups/1664980 ... 3816948649

[Το τερατώδες πολυώνυμο προήλθε από την έκφραση (μου) των συναρτήσει του και του $u=sin10^0.$ ]

.
Γιώργο, βιαστικά γιατί πρέπει να φύγω: Κοίταξα την λύση με ΑΙ στο λινκ της παραπομπής του Σωτήρη Γκουντουβά όπου παραπέμπεις. Σε ένα βήμα γράφει "c=b (όταν απλοποιηθεί)" .

Ίσως χάνω κάτι, αλλά το c=b δεν αληθεύει. Οπότε δες τι γίνεται μήπως...

#8

Mihalis_Lambrou έγραψε: Παρ Οκτ 02, 2026 9:28 am
gbaloglou έγραψε: Παρ Οκτ 02, 2026 12:33 am Προέλευση: https://www.facebook.com/groups/1664980 ... 3816948649

[Το τερατώδες πολυώνυμο προήλθε από την έκφραση (μου) των συναρτήσει του και του $u=sin10^0.$ ]

.
Γιώργο, βιαστικά γιατί πρέπει να φύγω: Κοίταξα την λύση με ΑΙ στο λινκ της παραπομπής του Σωτήρη Γκουντουβά όπου παραπέμπεις. Σε ένα βήμα γράφει "c=b (όταν απλοποιηθεί)" .

Ίσως χάνω κάτι, αλλά το c=b δεν αληθεύει. Οπότε δες τι γίνεται μήπως...

Μιχάλη όντως κάτι δεν πάει καλά: δεν βρίσκω αυτό που επισημαίνεις, βλέπω όμως ότι χρησιμοποιείται η προφανώς μη ισχύουσα

d=a+c

(πλευρές τριγώνου)!!!

Ισχύουν βεβαίως οι τρεις σχέσεις Πτολεμαίου που δίνονται, έστω και αν οι δύο από αυτές μαζί συνεπάγονται την τρίτη. Όπως και να έχει, χρησιμοποιώντας αυτές τις σχέσεις βγάζω την ζητούμενη

a^3+b^3+c^3=d^3

ισοδύναμη προς την όντως ισχύουσα

b^7-6a^2b^5-a^3b^4+12a^4b^3+3α^5β^2-9α^6β-3α^7=0\leftrightarrow (b^3-3a^2b-a^3)(b^4-3a^2b^2+3a^4)=0.

[H

b^3-3a^2b-a^3=0

προκύπτει από την

b^2=2a^2-2a^2cos140^0

μέσω

b=2asin70^0).

]

...Θα μπορούσαμε λοιπόν να πούμε ότι ... προς το παρόν ΔΕΝ έχουμε καθαρά γεωμετρική απόδειξη!

#9

gbaloglou έγραψε: Παρ Οκτ 02, 2026 3:03 pm
Mihalis_Lambrou έγραψε: Παρ Οκτ 02, 2026 9:28 am
Γιώργο, βιαστικά γιατί πρέπει να φύγω: Κοίταξα την λύση με ΑΙ στο λινκ της παραπομπής του Σωτήρη Γκουντουβά όπου παραπέμπεις. Σε ένα βήμα γράφει "c=b (όταν απλοποιηθεί)" .

Ίσως χάνω κάτι, αλλά το c=b δεν αληθεύει. Οπότε δες τι γίνεται μήπως...
Μιχάλη όντως κάτι δεν πάει καλά: δεν βρίσκω αυτό που επισημαίνεις,

.
Μόλις επέστρεψα από απασχόληση εκτός έδρας, και δεν έχω παρακολουθήσει την συζήτηση.

Γιώργο, πράγματι αυτό που είχα επισημάνει δεν υπάρχει πια στην παραπομπή του Σωτήρη Γκουντουβά. Αυτό που είχα δει το πρωί ήταν άλλο, και γραμμένο στα Αγγλικά. Τώρα βλέπω ένα διαφορετικό, στα Ελληνικά.

#10

Mihalis_Lambrou έγραψε: Παρ Οκτ 02, 2026 8:17 pm
gbaloglou έγραψε: Παρ Οκτ 02, 2026 3:03 pm
Mihalis_Lambrou έγραψε: Παρ Οκτ 02, 2026 9:28 am
Γιώργο, βιαστικά γιατί πρέπει να φύγω: Κοίταξα την λύση με ΑΙ στο λινκ της παραπομπής του Σωτήρη Γκουντουβά όπου παραπέμπεις. Σε ένα βήμα γράφει "c=b (όταν απλοποιηθεί)" .

Ίσως χάνω κάτι, αλλά το c=b δεν αληθεύει. Οπότε δες τι γίνεται μήπως...
Μιχάλη όντως κάτι δεν πάει καλά: δεν βρίσκω αυτό που επισημαίνεις,
.
Μόλις επέστρεψα από απασχόληση εκτός έδρας, και δεν έχω παρακολουθήσει την συζήτηση.

Γιώργο, πράγματι αυτό που είχα επισημάνει δεν υπάρχει πια στην παραπομπή του Σωτήρη Γκουντουβά. Αυτό που είχα δει το πρωί ήταν άλλο, και γραμμένο στα Αγγλικά. Τώρα βλέπω ένα διαφορετικό, στα Ελληνικά.

Μιχάλη δεν θα το πιστέψεις ... αλλά έχει αλλάξει και πάλι! Τώρα είναι σωστό καθώς ξεκινάει από την ορθή ισότητα d=a+b

-- ισχυριζόμενο πάντως ότι αυτή προκύπτει γεωμετρικά από το Θεώρημα Πτολεμαίου, εγώ την ανάγω στην ισχύουσα

4sin50^0sin70^0=1+2sin70^0

-- οπότε η ζητούμενη

d^3=a^3+b^3+c^3

ανάγεται στην

c^3=3a^2b+3ab^2:

αυτή όντως ισχύει, αναγόμενη μέσω της

c=\dfrac{b^2-a^2}{a}

(άμεση από Θεώρημα Πτολεμαίου) στην

(b^3-3a^2b-a^3)(b^3+a^3)=0

... που είδαμε ήδη (δυο δημοσιεύσεις πιο πάνω) ότι ισχύει (αν και ΠΑΛΙ όχι χωρίς κάποια χρήση Τριγωνομετρίας)!

...Αναζητούνται λοιπόν γεωμετρικές αποδείξεις των d=a+b

και

b^3-3a^2b-a^3=0

#11

gbaloglou έγραψε: Παρ Οκτ 02, 2026 10:46 pm
Mihalis_Lambrou έγραψε: Παρ Οκτ 02, 2026 8:17 pm
gbaloglou έγραψε: Παρ Οκτ 02, 2026 3:03 pm
Mihalis_Lambrou έγραψε: Παρ Οκτ 02, 2026 9:28 am
Γιώργο, βιαστικά γιατί πρέπει να φύγω: Κοίταξα την λύση με ΑΙ στο λινκ της παραπομπής του Σωτήρη Γκουντουβά όπου παραπέμπεις. Σε ένα βήμα γράφει "c=b (όταν απλοποιηθεί)" .

Ίσως χάνω κάτι, αλλά το c=b δεν αληθεύει. Οπότε δες τι γίνεται μήπως...
Μιχάλη όντως κάτι δεν πάει καλά: δεν βρίσκω αυτό που επισημαίνεις,
.
Μόλις επέστρεψα από απασχόληση εκτός έδρας, και δεν έχω παρακολουθήσει την συζήτηση.

Γιώργο, πράγματι αυτό που είχα επισημάνει δεν υπάρχει πια στην παραπομπή του Σωτήρη Γκουντουβά. Αυτό που είχα δει το πρωί ήταν άλλο, και γραμμένο στα Αγγλικά. Τώρα βλέπω ένα διαφορετικό, στα Ελληνικά.
Μιχάλη δεν θα το πιστέψεις ... αλλά έχει αλλάξει και πάλι! Τώρα είναι σωστό καθώς ξεκινάει από την ορθή ισότητα -- ισχυριζόμενο πάντως ότι αυτή προκύπτει γεωμετρικά από το Θεώρημα Πτολεμαίου, εγώ την ανάγω στην ισχύουσα $4sin50^0sin70^0=1+2sin70^0$ -- οπότε η ζητούμενη $d^3=a^3+b^3+c^3$ ανάγεται στην $c^3=3a^2b+3ab^2:$ αυτή όντως ισχύει, αναγόμενη μέσω της $c=\dfrac{b^2-a^2}{a}$ (άμεση από Θεώρημα Πτολεμαίου) στην $(b^3-3a^2b-a^3)(b^3+a^3)=0$ ... που είδαμε ήδη (δυο δημοσιεύσεις πιο πάνω) ότι ισχύει (αν και ΠΑΛΙ όχι χωρίς κάποια χρήση Τριγωνομετρίας)!

...Αναζητούνται λοιπόν γεωμετρικές αποδείξεις των και $b^3-3a^2b-a^3=0$

H πρώτη εύκολη τελικά (και μάλιστα χωρίς Θεώρημα Πτολεμαίου): οι 'άνω γωνίες' του ισοσκελούς τραπεζίου με βάσεις μηκών

d, b

ισούνται προς

140^0-20^0=120^0,

άρα οι 'κάτω γωνίες' ισούνται προς 60^0,

οπότε

d=\dfrac{a}{2}+b+\dfrac{a}{2}.

Μη ορατή παραγοντοποίηση

Μη ορατή παραγοντοποίηση

Re: Μη ορατή παραγοντοποίηση

Re: Μη ορατή παραγοντοποίηση

Re: Μη ορατή παραγοντοποίηση

Re: Μη ορατή παραγοντοποίηση

Re: Μη ορατή παραγοντοποίηση

Re: Μη ορατή παραγοντοποίηση

Re: Μη ορατή παραγοντοποίηση

Re: Μη ορατή παραγοντοποίηση

Re: Μη ορατή παραγοντοποίηση

Re: Μη ορατή παραγοντοποίηση

Μέλη σε σύνδεση