Я сделал топорным способом. Просто нашёл все восемь комплексных корней уравнения 8-й степени. Для этого заменил x⁴ = t и получил два комплексно сопряжённых относительно t корня с модулем 1 и аргументом ±120°. Отсюда модули всех восьми корней равны 1, а аргументы равны ±30°, ±60°, ±120° и ±150°. Из двух множителей вида (x - e^iф)(x - e^-iф) собирается квадратный трёхчлен x² - 2cos ф x + 1. При ф = 60° и 120° число 2cos ф - целое, равное 1 и -1, соответственно. Два искомых множителя есть. Это (x² - x + 1) и (x² + x + 1) При ф = 30° и 150° получаются множители (x² - √3 x + 1) и (x² + √3 x + 1), которые в произведении дадут разность квадратов, что съедает иррациональность, давая в результате (x² + 1)² - 3x² = x⁴ - x² + 1. Это третий множитель Итак, x⁸ + x⁴ + 1 = (x² - x + 1)(x² + x + 1)(x⁴ - x² + 1)
Можете попробовать показать какие-то примеры с матричными операциями? Решение уравнений через матрицы и пр. Просто написал - может как тема и пр. Спасибо человеческое за Ваш канал.
Комменты... А нечего комментировать. 😞Направление пути я избрал именно такое, а вот дойти по нему до конца - чего-то не хватило. Небольшого усилия. Потому как тут у меня уже вечер, пора баиньки, завтра с утра на работку... Валерию - разумеется, заслуженный лайк.
Что интересно, если не останавливаться на достигнутом, то скобку (x^2 + x + 1) по той же схеме можно раскладывать и дальше (до бесконечности). Правда, чем дальше в лес, тем меньше дробная степень :-) Но фактически изначальное выражение можно разложить на любое НЕЧЁТНОЕ количество множителей с целыми коэффициентами (хотя и дробными показателями степеней).
Также легко решается с помощью перехода к комплексным числам и формулам Муавра. С помощью замены находим x⁵ = e^±120°i, и далее все 10 комплексных корней. Из множителей с сопряжёнными корнями собираем квадратные трёхчлены с действительными коэффициентами. В результате получится: x¹⁰ + x⁵ + 1 = (x² - 2cos 24° x + 1)(x² - 2cos 48° x + 1)(x² - 2 cos 96° x + 1)(x² - 2cos 120° x + 1)(x² - 2cos 168° x + 1). Все косинусы можно выразить через квадратные корни, а один из них - табличный.
Множитель x^2+x+1 получается легко. Домножаем и делим на x^5-1 и используем формулу разности кубов: (x^15-1)/(x^5-1). Раскладываем числитель и знаменатель по формуле разности 5-х степеней (грубо говоря, по формуле суммы геометрической прогрессии): (x^3-1)(x^12+x^9+x^6+x^3+1)/((x-1)(x^4+x^3+x^2+x+1)). Первый множитель числителя раскладываем как разность кубов: (x-1)(x^2+x+1). Множители x-1 в числителе и знаменателе сокращаются, остается (x^2+x+1)(x^12+x^9+x^6+x^3+1)/(x^4+x^3+x^2+x+1). Последний шаг: два длинных многочлена делим в столбик. Получается (x^2+x+1)(x^8-x^7+x^5-x^4+x^3-x+1). Альфа даёт такое же разложение. Как доказать, что второй многочлен с восьмой степенью неприводимый - хз.
@@romank.6813 Любой многочлен степени выше 2 раскладывается на множители с действительными коэффициентами. Обычно в подобных заданиях имеется в виду именно это.
@@romank.6813 Насколько я помню, обычно по умолчанию предполагается разложить на множители с действительными коэффициентами, поскольку это представляет бОльшую практическую ценность. А здесь отдельно оговорено, что требуются множители с целыми коэффициентами. Но если нужны именно целые коэффициенты, то можно сначала разложить на пять квадратных трёхчленов с действительными коэффициентами. Один из них будет с целыми, а из остальных четырёх можно попробовать собрать многочлены с целыми.
А я домножил и поделил на x^4-1. Получилось (x^12-1)/(x^4-1). Отсюда (x^6-1)(x^6+1)/((x-1)(x+1)(x^2+1)). Скобки в числителе раскладываем как разность квадратов и сумму кубов: (x^3-1)(x^3+1)(x^2+1)(x^4-x^2+1)/((x-1)(x+1)(x^2+1)). Один множитель, x^2+1, уже сокращается. Первые два множителя числителя раскладываем как сумму и разность кубов: (x-1)(x^2+x+1)(x+1)(x^2-x+1)(x^4-x^2+1)/((x-1)(x+1)). После сокращения остается: (x^2+x+1)(x^2-x+1)(x^4-x^2+1).
Можно ещё, для начала положить, что Х не равен нулю и вынести х^4 за скобки. Тогда в скобках останется: (x^2 + 1/x^2)^2 - 1, а это разность квадратов. Раскладываем эту разность квадратов на два множителя. И, т.к. мы прежде (см выше) вынесли за скобки х^4 = (x^2)(x^2), нужно теперь внести один (x^2) в первую скобку, другой (x^2) во вторую. Получим: X^8 + x^4 + 1 = (x^4 - x^2 + 1)(x^4 + x^2 + 1). Заметим, что этот результат верен уже для любого числа Х, в том числе для Х = 0. А так, как Х^8 + x^4 + 1 = a^4 + a^2 + 1, где а = x^2, то только, что полученное нами разложение на множители можно применить повторно для трехчлена: (x^4 + x^2 + 1) Сделав это, окончательно имеем: X^8 + x^4 + 1 = (x^4 - x^2 + 1)(x^2 - x + 1)(x^2 + x + 1).
Здравствуйте. Как понять - три множителя с целыми коэффициентами? Я понимаю что это значат сами слова, но применительно к данной задаче мне почему то не понятно. То есть один множитель с целыми коэффициентами это у Вас (x^4-x^2+1)? Но могло ли быть так что один множитель мог оказаться к примеру просто целым числом? то есть если бы Я не посмотрел Ваше решение у меня бы сложилось другое понимание какие должны быть множители - правильный ли у Меня ход мыслей на счёт разного вида множителей?
Я сделал примитивно х^8+x^4+1= (x^12-1)/(x^4-1)=(x^6-1)(x^6+1)/((x^2-1)(x^2+1))= (x^3-1)(x^3+1)(x^2+1)(x^4-x^2+1)/((x-1)(x+1)(x^2+1)= (x^4-x^2+1)(x^2-x+1)(x^2+x+1)
Красивое и понятное решение. Спасибо.
Вы прекрасны. Нет слов. Любимый канал на Ютубе.
Я сделал топорным способом. Просто нашёл все восемь комплексных корней уравнения 8-й степени. Для этого заменил x⁴ = t и получил два комплексно сопряжённых относительно t корня с модулем 1 и аргументом ±120°. Отсюда модули всех восьми корней равны 1, а аргументы равны ±30°, ±60°, ±120° и ±150°.
Из двух множителей вида (x - e^iф)(x - e^-iф) собирается квадратный трёхчлен x² - 2cos ф x + 1. При ф = 60° и 120° число 2cos ф - целое, равное 1 и -1, соответственно. Два искомых множителя есть. Это (x² - x + 1) и (x² + x + 1)
При ф = 30° и 150° получаются множители (x² - √3 x + 1) и (x² + √3 x + 1), которые в произведении дадут разность квадратов, что съедает иррациональность, давая в результате (x² + 1)² - 3x² = x⁴ - x² + 1. Это третий множитель
Итак, x⁸ + x⁴ + 1 = (x² - x + 1)(x² + x + 1)(x⁴ - x² + 1)
Можете попробовать показать какие-то примеры с матричными операциями? Решение уравнений через матрицы и пр. Просто написал - может как тема и пр. Спасибо человеческое за Ваш канал.
Замечательная задача. Спасибо!
Неперевершено, гарний розклад.
Блестящий как всегда!
Класс .Отличное лаконичное решение
Спасибо большое!
Комменты... А нечего комментировать. 😞Направление пути я избрал именно такое, а вот дойти по нему до конца - чего-то не хватило. Небольшого усилия. Потому как тут у меня уже вечер, пора баиньки, завтра с утра на работку... Валерию - разумеется, заслуженный лайк.
Во первых, это красиво.
И во вторых 👍
Пусть во всём мире будет мир.
Добавили недостающее и получили нужный результат.
Разложение на множители эстетически приятно
Молодец
В множестве R вещественных чисел можно разложить на множители (x⁴-x²+1) тоже.
x⁴-x²+1 = (x⁴-x²+1)+3x²-3x² =
= x⁴+2x²+1-3x² = (x²+1)²-(x кор(3))² =
= (x²+1+x кор(3)) (x²+1-x кор(3)).
Тогда, x⁸+x⁴+1 = (x²+x кор(3)+1) (x²-x кор(3)+1) (x²+x+1) (x²-x+1).
Что интересно, если не останавливаться на достигнутом, то скобку (x^2 + x + 1) по той же схеме можно раскладывать и дальше (до бесконечности). Правда, чем дальше в лес, тем меньше дробная степень :-) Но фактически изначальное выражение можно разложить на любое НЕЧЁТНОЕ количество множителей с целыми коэффициентами (хотя и дробными показателями степеней).
А можете задачу от Колмогорова разобрать?
Разложить на множители х^10+х^5+1
Также легко решается с помощью перехода к комплексным числам и формулам Муавра.
С помощью замены находим x⁵ = e^±120°i, и далее все 10 комплексных корней. Из множителей с сопряжёнными корнями собираем квадратные трёхчлены с действительными коэффициентами.
В результате получится:
x¹⁰ + x⁵ + 1 = (x² - 2cos 24° x + 1)(x² - 2cos 48° x + 1)(x² - 2 cos 96° x + 1)(x² - 2cos 120° x + 1)(x² - 2cos 168° x + 1).
Все косинусы можно выразить через квадратные корни, а один из них - табличный.
Множитель x^2+x+1 получается легко. Домножаем и делим на x^5-1 и используем формулу разности кубов: (x^15-1)/(x^5-1). Раскладываем числитель и знаменатель по формуле разности 5-х степеней (грубо говоря, по формуле суммы геометрической прогрессии): (x^3-1)(x^12+x^9+x^6+x^3+1)/((x-1)(x^4+x^3+x^2+x+1)). Первый множитель числителя раскладываем как разность кубов: (x-1)(x^2+x+1). Множители x-1 в числителе и знаменателе сокращаются, остается (x^2+x+1)(x^12+x^9+x^6+x^3+1)/(x^4+x^3+x^2+x+1). Последний шаг: два длинных многочлена делим в столбик. Получается (x^2+x+1)(x^8-x^7+x^5-x^4+x^3-x+1). Альфа даёт такое же разложение. Как доказать, что второй многочлен с восьмой степенью неприводимый - хз.
@@romank.6813 Любой многочлен степени выше 2 раскладывается на множители с действительными коэффициентами. Обычно в подобных заданиях имеется в виду именно это.
@@Alexander-- Ну, обычно имеется в виду разложить на многочлены, неприводимые над полем целых чисел. Про действительные надо отдельно оговаривать.
@@romank.6813 Насколько я помню, обычно по умолчанию предполагается разложить на множители с действительными коэффициентами, поскольку это представляет бОльшую практическую ценность. А здесь отдельно оговорено, что требуются множители с целыми коэффициентами.
Но если нужны именно целые коэффициенты, то можно сначала разложить на пять квадратных трёхчленов с действительными коэффициентами. Один из них будет с целыми, а из остальных четырёх можно попробовать собрать многочлены с целыми.
Можно примеры с мехмата
А я домножил и поделил на x^4-1. Получилось (x^12-1)/(x^4-1). Отсюда (x^6-1)(x^6+1)/((x-1)(x+1)(x^2+1)). Скобки в числителе раскладываем как разность квадратов и сумму кубов: (x^3-1)(x^3+1)(x^2+1)(x^4-x^2+1)/((x-1)(x+1)(x^2+1)). Один множитель, x^2+1, уже сокращается. Первые два множителя числителя раскладываем как сумму и разность кубов: (x-1)(x^2+x+1)(x+1)(x^2-x+1)(x^4-x^2+1)/((x-1)(x+1)). После сокращения остается: (x^2+x+1)(x^2-x+1)(x^4-x^2+1).
Можно ещё, для начала положить, что Х не равен нулю и вынести х^4 за скобки. Тогда в скобках останется:
(x^2 + 1/x^2)^2 - 1, а это разность квадратов. Раскладываем эту разность квадратов на два множителя. И, т.к. мы прежде (см выше) вынесли за скобки х^4 = (x^2)(x^2), нужно теперь внести один (x^2) в первую скобку, другой (x^2) во вторую.
Получим: X^8 + x^4 + 1 = (x^4 - x^2 + 1)(x^4 + x^2 + 1).
Заметим, что этот результат верен уже для любого числа Х,
в том числе для Х = 0.
А так, как Х^8 + x^4 + 1 = a^4 + a^2 + 1, где а = x^2, то только, что полученное нами разложение на множители можно применить повторно для трехчлена:
(x^4 + x^2 + 1)
Сделав это, окончательно имеем:
X^8 + x^4 + 1 = (x^4 - x^2 + 1)(x^2 - x + 1)(x^2 + x + 1).
Оказалось всё не так сложно! Красиво...😊👍‼
отличное решение
Три множителя с целыми коэффициентами: 1*1*(x^8+x^4+1).
Все понятно, всего лишь знание двух формул, причём самых базовых
Здравствуйте. Как понять - три множителя с целыми коэффициентами? Я понимаю что это значат сами слова, но применительно к данной задаче мне почему то не понятно. То есть один множитель с целыми коэффициентами это у Вас (x^4-x^2+1)? Но могло ли быть так что один множитель мог оказаться к примеру просто целым числом? то есть если бы Я не посмотрел Ваше решение у меня бы сложилось другое понимание какие должны быть множители - правильный ли у Меня ход мыслей на счёт разного вида множителей?
Вроде и выделил полный квадрат, и заметил разность квадратов, но не дорешал
Мудрый седьмой восьмой класс
Ничего не понял, но очень интересно.
Извините. Но не понял смысла. 1^4=1. Зачем усложнять?
Задача повышенной трудности из учебника 8 класса по алгебре 😅👍
Семь бед - один ответ: выделение полного квадрата😅
(x^4+2)(x^4-0,5)
красивое решение
Квадратный трёхчлен
Я правильно понял, что дальнейшее разложение воможно только с комплексными коэффициентами?
Ну, тут можно и на четыре множителя разложить.
Оу, как так случилось, что комментариев тут нету
x^2(x^4 +x)x^2
Я сделал примитивно х^8+x^4+1= (x^12-1)/(x^4-1)=(x^6-1)(x^6+1)/((x^2-1)(x^2+1))= (x^3-1)(x^3+1)(x^2+1)(x^4-x^2+1)/((x-1)(x+1)(x^2+1)= (x^4-x^2+1)(x^2-x+1)(x^2+x+1)
Test