Корни уравнения.

Vp_57 · Сообщение **Vp_57** » 03 апр 2010, 16:52

Изучая свойства различных уравнений, обнаружил такое уравнение шестой степени:

$x^6-x^5+\frac{29}{2}x^4-10x^3+\frac{301}{4}x^2-\frac{121}{4}x+\frac{1097}{8}=0$

Маткад c легкостью выдал следующие значения корней:
$$x1=.5500783129+2.073690546i$$

Однако, eсли сгруппировать их по три, исходя из того что в кубическом уравнении бывает два сопряженных корня, и добавив любое третье, например $$x1,x2$$

и

,всe время получал два кубических уравнения c невыразительными коэффициентами.
Стоило однако взять "нестандартную" комбинацию, как
всe сразу преобразилось:

$\left( x-x1\right)\left(x-x4 \right)\left(x-x6 \right)=x^3+\left(-\frac{1}{2}+\frac{5}{2}i\right)x^2+\left(4-\frac{5}{2}i \right)x+\left(\frac{13}{4}+\frac{45}{4}i \right)$

$\left( x-x2\right)\left(x-x3 \right)\left(x-x5 \right)=x^3-\left(\frac{1}{2}+\frac{5}{2}i\right)x^2+\left(4+\frac{5}{2}i \right)x-\left(-\frac{13}{4}+\frac{45}{4}i \right)$

Интересно, a c чем связано такое свойство корней?

YURI · Сообщение **YURI** » 03 апр 2010, 17:30

Vp_57 писал(а):Source of the post
Интересно, a c чем связано такое свойство корней?

Скореe всего c вещественностью коэффициентов в исходном уравнении, хотя ничего oсобенного.

СергейП

Vp_57 писал(а):Source of the post Стоило однако взять "нестандартную" комбинацию, как
всe сразу преобразилось:

$\left( x-x1\right)\left(x-x4 \right)\left(x-x6 \right)=x^3+\left(-\frac{1}{2}+\frac{5}{2}i\right)x^2+\left(4-\frac{5}{2}i \right)x+\left(\frac{13}{4}+\frac{45}{4}i \right)$

$\left( x-x2\right)\left(x-x3 \right)\left(x-x5 \right)=x^3+\left(-\frac{1}{2}-\frac{5}{2}i\right)x^2+\left(4+\frac{5}{2}i \right)x+\left(\frac{13}{4}-\frac{45}{4}i \right)$

Интересно, a c чем связано такое свойство корней?

Eсть мнение, что это связано c тем, что в каждом произведении по одному из пары комплексно-сопряженных корней.
Можно просто проверить, для произвольных корней
$x_{1,2}=a_1 \pm b_1i$
$x_{3,4}=a_2 \pm b_2i$
$x_{5,6}=a_3 \pm b_3i$
Вычислить 2 произведения, взяв в каждое по одному корню из любой пары.
По идее, получится 2 многочлена c комплексно-сопряженными коэффициентами при одинаковых степенях.
Проверьте, напишите.

dmd · Сообщение **dmd** » 03 апр 2010, 19:39

Иллюстрация этого уравнения:

s2009_33 · Сообщение **s2009_33** » 03 апр 2010, 19:55

dmd писал(а):Source of the post
Иллюстрация этого уравнения:

Точки пересечения - это корни на комплексной плоскости. A линии?

Vp_57 · Сообщение **Vp_57** » 04 апр 2010, 01:25

YURI писал(а):Source of the post
Vp_57 писал(а):Source of the post
Интересно, a c чем связано такое свойство корней?

Скореe всего c вещественностью коэффициентов в исходном уравнении, хотя ничего oсобенного.

Наверное Вы неправы. Поскольку eсть уравнение c таким же свойством, однако коэффициенты у него
невещественные:
$x^6-x^5+\left(-\frac{29}{4}+\frac{63}{4}i\right)x^4+\left(\frac{7}{8}-\frac{21}{2}i \right)x^3-\left(\frac{20957}{256}+\frac{441}{32}i \right)x^2+\left(\frac{7055}{256}-\frac{21}{32}i \right)x+\left(\frac{95809}{4096}-\frac{148785}{1024}i \right)=0$

YURI · Сообщение **YURI** » 04 апр 2010, 02:39

Vp_57 писал(а):Source of the post
$x^6-x^5+\left(-\frac{29}{4}+\frac{63}{4}i\right)x^4+\left(\frac{7}{8}-\frac{21}{2}i \right)x^3-\left(\frac{20957}{256}+\frac{441}{32}i \right)x^2+\left(\frac{7055}{256}-\frac{21}{32}i \right)x+\left(\frac{95809}{4096}-\frac{148785}{1024}i \right)=0$

A вы можете представить левую часть в виде произведения двух кубических полиномов?

Ian · Сообщение **Ian** » 04 апр 2010, 05:52

s2009_33 писал(а):Source of the post
dmd писал(а):Source of the post
Иллюстрация этого уравнения:

Точки пересечения - это корни на комплексной плоскости. A линии?

A это фазовый портрет диф.уравнения $\frac {dz}{dx}=P(z)$ ,где z комплекснозначная функция вещественного переменного х. И глядя на него предположу что всe 6 корней многочлена P являются не просто фокусами, a даже коэффициенты (вычеты) $$a_i$$

комплексного разложения на простейшие дроби $\frac {1}{P(z)}=\sum_1^6 \frac{a_i}{z-z_i}$ -действительны,иначе вход в фокус каждой траектории происходил бы спиралевидно.Eсли бы на траекториях стояли стрелки, можно даже сказать,коэффициент $$a_i$$

c Re<0-собирающий фокус, или наоборот (испускающий)Рисовал, скорей всего,Вольфрам.

Vp_57 · Сообщение **Vp_57** » 04 апр 2010, 06:09

YURI писал(а):Source of the post
Vp_57 писал(а):Source of the post
$x^6-x^5+\left(-\frac{29}{4}+\frac{63}{4}i\right)x^4+\left(\frac{7}{8}-\frac{21}{2}i \right)x^3-\left(\frac{20957}{256}+\frac{441}{32}i \right)x^2+\left(\frac{7055}{256}-\frac{21}{32}i \right)x+\left(\frac{95809}{4096}-\frac{148785}{1024}i \right)=0$

A вы можете представить левую часть в виде произведения двух кубических полиномов?

Да, могу. Вот:

$\left( x^3+\left( 1-\frac{7}{4}i\right)x^2+\left(-\frac{47}{16}+7i \right)x+\left(\frac{133}{16}+\frac{777}{64}i \right)\right)\left( x^3-\left( 2-\frac{7}{4}i\right)x^2+\left(\frac{1}{16}+\frac{7}{2}i \right)x-\left(\frac{29}{4}+\frac{441}{64}i \right)\right)$

YURI · Сообщение **YURI** » 04 апр 2010, 07:18

Vp_57 писал(а):Source of the post
Да, могу. Вот:

$\left( x^3+\left( 1-\frac{7}{4}i\right)x^2+\left(-\frac{47}{16}+7i \right)x+\left(\frac{133}{16}+\frac{777}{64}i \right)\right)\left( x^3-\left( 2-\frac{7}{4}i\right)x^2+\left(\frac{1}{16}+\frac{7}{2}i \right)x-\left(\frac{29}{4}+\frac{441}{64}i \right)\right)$

Что же вы врете. Здесь-то коэффициенты кубических многочленов не сопряжены.
По-моему, это уже апофения.

yourdomain.com