Prueba de raíces polinómicas

Question

De USAMO 1977: "Si $a$ $b$ son dos raíces de $x^4+x^3-1=0$, demuestran que, a $ab$ es una raíz de $x^6+x^4+x^3-x^2-1=0$."

Las soluciones que he visto de este problema implican la manipulación de Vieta las ecuaciones relacionadas con el polinomio de raíces y coeficientes. En particular, las soluciones que se siente un poco como lo ha sido tomada del aire, en que no entiendo su motivación. Así que me interesaría ver algunas soluciones alternativas/explicación extra.

Yo en su lugar trató de construcción$(ab)^6+(ab)^4+(ab)^3-(ab)^2-1=0$$a^4+a^3-1=0$$b^4+b^3-1=0$, pero no tuvo éxito.

Answer 1

Teniendo en cuenta

\begin{align} x^4+x^3-1 &= (x-a)(x-b)(x-c)(x-d) \ S_1 &= a+b+c+d \ &= -1 \ S_2 &= ab+ac+ad+bc+bd+cd \ &= 0 \ S_3 &= bcd+acd+abd+abc \ &= 0 \ S_4 &= abcd \ &= -1 \end {Alinee el}

El sextic tiene una simetría agradable de modo que todas las raíces son $ab$, $ac$, $ad$, $bc$, $bd$ y $cd$.

Ahora, con `` en Wolfram Alpha o así pues, tenemos:

\begin{align} f(x) &= (x-\color{red}{ab})(x-\color{red}{ac})(x-\color{red}{ad}) (x-\color{red}{bc})(x-\color{red}{bd})(x-\color{red}{cd}) \ &= x^6-S_2 x^{5}+(S_1 S_3-S_4)x^{4}+(2S_2 S_4-S_3^2-S_1^2 S_4)x^{3} \ & \quad +(S_1 S_3 S_4-S_4^2)x^{2}-S_2 S_4^2 x+S_4^3 \ &= x^6+x^4+x^3-x^2-1 \end {Alinee el}

Answer 2

Yo en su lugar trató de construcción $(ab)^6+(ab)^4+(ab)^3-(ab)^2-1=0$ $\,\ldots$

Siguiendo OP enfoque, vamos a $\,ab=p\,$ y, por simetría, $\,a+b=s\,$. Para empezar:

$$ \begin{cases} \begin{align} a^4 + a^3 - 1 &= 0 \\ b^4 + b^3 - 1 &= 0 \end{align} \end{casos} \etiqueta{1} $$

Restando las dos ecuaciones en $\,(1)\,$, y el uso de ese $\,a \ne b\,$:

$$\requieren{cancel} \begin{align} a^4-b^4+a^3-b^3 = 0 \;\;&\implies\;\; \cancel{(a-b)}(a+b)(a^2+b^2) + \cancel{(a-b)}(a^2+ab+b^2) = 0 \\ &\implies\;\; s(s^2-2p) + s^2 - p = 0 \\ &\implies\;\; s^3 + s^2 - (2s+1)p = 0 \tag{2} \end{align} $$

Sumando las dos ecuaciones en $\,(1)\,$:

$$ \begin{align} a^4+b^4+a^3+b^3 - 2 = 0 \;\;&\implies\;\; \big((a+b)^4 - 4ab(a^2+b^2)-6a^2b^2\big) \\ &\quad\quad\quad\quad+\big((a+b)^3-3ab(a+b)\big)-2=0 \\ &\implies\;\; s^4 - 4p(s^2-2p)-6p^2+s^3-3ps-2 = 0 \\ &\implies\;\; s^4 + s^3 -4ps^2-3ps+2p^2-2=0 \tag{3} \end{align} $$

En este punto, la ecuación satisfecho por $\,p\,$ pueden ser derivados por la eliminación de $\,s\,$$\,(2)\,$$\,(3)\,$. Esto generalmente es mejor dejar en manos de un CAS, puesto que los cálculos puede ser tedioso, y, por ejemplo, WA da resultante[$s^3 + s^2 - (2s+1)p$, $s^4 + s^3 - 4ps^2 - 3ps + 2p^2 - 2, s$] = $8 (p^6 + p^4 + p^3 - p^2 - 1)$.

Todavía se puede hacer a mano, aunque. Sustituyendo $\,s^4+s^3=s \cdot (2s+1)p\,$ $\,(2)\,$ a $\,(3)\,$:

$$ \begin{align} s(2s+1)p -4ps^2-3ps+2p^2-2=0 \;\;&\implies\;\; -2ps^2 - 2ps+ 2p^2 - 2 = 0 \\ &\implies\;\; ps^2+ps-p^2+1 = 0 \tag{4} \end{align} $$

Eliminar una vez más, $\,s(s+1)\,$ $\,(2)\,$ $\,(4)\,$ $\,s \cdot (4) - p \cdot (2)\,$ le da:

$$ \begin{align} 0 &= s \cdot \big(\cancel{ps(s+1)}-p^2+1\big) - p \cdot \big(\cancel{s^2(s+1)} - (2s+1)p\big) = (p^2+1)s+p^2 \tag{5} \end{align} $$

Entonces, sustituyendo $\,s = \frac{-p^2}{p^2+1}\,$ $\,(4)\,$ da en el final de la sextic $\,p^6 + p^4 + p^3 - p^2 - 1 = 0\,$.

Answer 3

Creo que el problema está mal, como está escrito, porque si $a=b$, $ab=a^2$ tiene un mínimo de polinomio $x^{4} - x^{3} - 2 x^{2} + 1$, que no dividen $x^6+x^4+x^3-x^2-1$ (el aviso es $7 x^{3} + 6 x^{2} - x - 5$).

Supongo que fue la intención de que $a\neq b$. Entonces, uno puede aplicar la teoría de Galois para obtener una forma más sencilla y directa para calcular el polinomio mínimo de a $ab$ y, a continuación, para comprobar si es o no divide $x^6+x^4+x^3-x^2-1$ (es una raíz iff la mínima polinomio se divide...)

Aquí es un boceto de cómo hacerlo: demostrar que $\mathbb{Q}(a,b)$ tiene el grado $12$, y una base $\{a^{i}b^{j}\}$$i=0,1,2,3$$j=0,1,2$. A continuación, escribe una matriz AB para la multiplicación por $ab$ en este (por lo general, es más fácil escribir una matriz de $A$$a$, una matriz de $B$$b$, y multiplicar). El mínimo polinomio polinomio será la de la matriz $AB$.

La desventaja es que uno necesita para trabajar con $12\times 12$ matrices. Pero no es demasiado malo, dado que estas matrices son esencialmente bloque de matrices.