theJam.ru
|
Логические задачи → Получение числа
4 марта 2010 | Добавил: SoVictor
Пусть А = 2^(1/2) + 3^(1/3) (^ - возведение в степень) Составить такой многочлен F(x) с целыми коэфицентами, что А - его корень, или доказать, что такого многочлена не существует
Хотите регулярно получать новые задачи и познавательные топики? Подпишитесь на рассылку
Метки → математические
|
Случайное:
Обсуждения:
|
4 марта 2010 в 21:48
(1, 0, -6, -6, 6, -36, 1)
5 марта 2010 в 11:59
корень не подходит, ВольфрамАльфа говорит, что если подставить корень в этот полином, получится -6*(2 + 2*(2^(1/2))*(3^(1/3)) + 3^(2/3))
6 марта 2010 в 01:06
Действительно чудо ресурс, спасибо за ссылочку!
6 марта 2010 в 09:10
итак, хорошо бы конечно приводить ход решения, чтобы я мог проверять его, а не ответ )
6 марта 2010 в 09:11
или есть желающие решить методом грубой силы (подбором) ? оО
9 марта 2010 в 22:02
(1, 0, -6, -6, 12, -36, 1)
Ошибся в приведении коэффициентов.
Если не очевидно, то хотя бы логично, что стоит попробовать искать многочлен 6 степени.
Для этого я возвел A^6, A^4, A^3, A^2. Почему не беру 5 степень очевидно - ибо будет много лишних радикалов.
Взял 6-ую степень с коэффициентом 1, остальные подгоняются для уничтожения радикалов. Успешно получаем данный полином.
10 марта 2010 в 20:35
ответ правильный, но решать задачи подбором это не серьёзно: я ведь мог дать число и посложнее, прешлось бы брать многочлен не шестой а 10, 15 степени...
хочется увидеть более простое решение. и хорошо бы более универсальное
11 марта 2010 в 12:50
Скорее всего, я объясню решение nogard-а. Это и будет «универсальным» методом.
Обозначим: a=2^(1/2), b=3^(1/3)
Надо найти такие x, y, z, i, j, k, что полином
x*(a+b)^6+ y*(a+b)^5+z*(a+b)^4+i*(a+b)^3+j*(a+b)^2+k*(a+b) (1)
принимает целые значения.
Вроде бы есть теоремы о несоизмеримости иррациональных радикалов (2). Этим и воспользуемся.
Раскрываем полином (1). Попутно вспоминаем, что a^2=2 и b^3=3. Получаем некоторые выражения при комбинациях радикалов b^2, a*b^2, a*b, a, b. Все они должны быть равны нулю по (2):
при b^2: 60*x+3*y+12*z+j=0
при a*b^2: 18*x+20*y+3*i=0
при a*b: 24*x+14*y+8*z+2*j=0 (3)
при a: 120*x+4*y+12*z+2*i+k=0
при b: 90*x+20*y+3*z+6*i+k=0
Решаем систему, получаем
z=-6*x, y=(96*x+16*z)/9, k=-54*x+20*y-3*z, j=-60*x-3*y-12*z, i=-(18*x+20*y)/3
Видно, что набор nogard-а является простейшим и единственным среди взаимно простых.
11 марта 2010 в 19:32
Универсально, но ооооооочень сложно )
Это так сказать решение "в лоб". Нет, оно конечно правильное, но есть на порядок более эффективные подходы к решению этой задачи.
17 марта 2011 в 14:15
Вот, в “Вездесущем числе п» вычитал. Действительно, проще.
Искомый многочлен разлагается на множители. Один из них:
(x – 2^(1/2) – 3^(1/3))
Приравниваем его нулю и начинаем сокращать радикалы:
x - 2^(1/2) = 3^(1/3) - возводим в куб. Затем члены с 2^(1/2) переносим в одну часть уравнения и возводим всё в квадрат. В конце концов получаем искомый многочлен.