Muchos noruegos que tienen raíces en el Pakistán están angustiados por sus familiares afectados.

Question

Yo estaba aburrido en clase un día y me preguntaba a mí mismo si hay alguna cuadráticas $x^2+ax+b$ tal que $a$ $b$ son los ceros. He encontrado dos: $x^2+x-2,$$x^2 -{1\over2}x -{1\over2}$. Los comentarios sugirieron $x^2+0x+0$, aunque esto parece trivial. Me pregunto si esto se aplica a otros polinomios de grado. Claramente nunca funciona de forma lineal, a excepción de $x+0=0$, como si $x+a=0$, $x=-a$, no $a$. ¿Qué acerca de la cúbicas, cuadráticas, o incluso más altos poderes? En general, $x^n$ obras. ¿Qué acerca de soluciones no triviales?

Answer 1

Para la cuadrática caso de $x^2+ax+b=0$, por Viète fórmulas que hemos $$-a=a+b\qquad b=ab$$ La primera fórmula implica $b=-2a$. Sustituyendo esto en la segunda ecuación nos da $-2a=-2a^2$ o $a=a^2$, lo $a=0,1$. Estos dan correspondiente $b$ valores de 0 y $-2$ respectivamente, por lo que la única no-trivial cuadrática "auto de problemas" polinomio es $x^2+x-2=0$.

Para el cúbicos caso de $x^3+ax^2+bx+c$, el mismo fórmulas dar $$-a=a+b+c\qquad b=ab+bc+ca\qquad-c=abc$$ Si $c=0$ la situación es justo la cuadrática caso con otro cero de la raíz. En general, si $p(x)$ es auto-resolver, por lo que es $p(x)x^k$ cualquier $k>0$, ya que sólo ceros adicionales se introducen tanto en el coeficiente de y lista de root. Así tenemos por ejemplo,$x^3+x^2-2x$, pero estos son triviales.

Hay una agradable no trivial de la auto-resolución de polinomio cúbico, $x^3+x^2-x-1$, pero también una muy feo dado por $$a=0.56519771\dots$$ $$b=-1.76929235\dots$$ $$c=0.63889691\dots$$ (Resulta que estos valores están en el OEIS: A273065, $-$A273066, A273067.)

Y esto es sólo el todo-solución real! Hay dos soluciones con complejo de los coeficientes. Uno le es dado por $$a={-0.78259885\dots}-0.52171371\dots i$$ $$b={0.88464617\dots}-0.58974280\dots i$$ $$c={0.68055154\dots}+1.63317024\dots i$$ y el otro es obtenida por la toma de los complejos conjugados de los valores anteriores.

Para cuárticas, sólo hay una no-trivial real de la auto-resolución de polinomio, $x^4+x^3+ax^2+bx+c$ donde $$a=-1.75487766\dots$$ $$b=-0.56984029\dots$$ $$c=0.32471795\dots$$ Aún más alarmante, no hay auto-resolución real de los polinomios de grado cinco o superior. Esta y la singularidad de la cuártica ejemplo, se probó por Paul R. Stein, en "Sobre Ecuaciones Polinómicas con Coeficientes Iguales a las de Sus Raíces" (Marzo de 1966), American Mathematical Monthly 73 (3), pp 272-274.

Answer 2

No es una completa solución para el caso general, pero, al menos, dos soluciones para el caso general, y todas las soluciones para el cúbicos.

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Bien, sabemos $(x-p)(x-q)=x^2-(p+q)x+pq$, por lo que si $a,b$ son ceros de $x^2+ax+b$,$a=-a-b$$b=ab$. Desde el último, vemos a $b=0$ o $a=1$, y así obtenemos las soluciones de $(a,b)=(0,0)$$(a,b)=(1,-2)$. Esos son todos.

Para mayor grado de los polinomios, sabemos $(a_n,\cdots,a_0)=(0,\cdots,0)$ es una solución (a la $n+1$-grado del polinomio) así que vamos a asumir que no todos se $0$. Tenemos (de nuevo, nuestro polinomio es de grado $n+1$)

$$\prod_{k=0}^{n+1}(x-a_k)=x^{n+1}+\sum_{k=0}^{n}a_kx^k$$

Esto parece bastante difícil, así que vamos a intentarlo para cúbicas primera.

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Cúbicas.

Bien, entonces, vamos a saltar a la derecha en él. Necesitamos:

$$x^3+ax^2+bx+c=(x-a)(x-b)(x-c)$$

y trabajando fuera de los paréntesis de la derecha nos da las siguientes ecuaciones:

\begin{align} a&=-a-b-c\\ b&=ab+bc+ca\\ c&=-abc \end{align}

Así que vamos a ver lo que sucede cuando $c=0$; a continuación, $a=-a-b$$b=ab$. Hey! Esta es la solución a la ecuación de segundo grado! Vamos a mantener eso en mente, tal vez podemos probar algo acerca de que para el caso general. Ahora procedemos a asumir $c\neq 0$. A continuación, $ab=-1$. Ahora vamos a ver si podemos expresar $a$ en términos de $b$ $c$ esperemos que eliminar esa variable:

\begin{align} a&=-\tfrac12(b+c)\\ a&=\frac{b-bc+1}{c}\\ a&=-\frac1b \end{align}

Así que ahora tenemos que expresar $c$ en términos de $b$ por la vinculación de la última ecuación a los dos primeros:

\begin{align} c&=\frac{2-b^2}{b}\\ c&=\frac{-b-b^2}{1-b^2} \end{align}

Y así obtenemos

$$b^4+b^3-2b^2+2=0$$

Ouch! Que feo. Pero, tiene una solución $b=-1$ (correspondiente a $(a,b,c)=(1,-1,-1)$). Las otras tres soluciones son bastante fea; una real y dos complejas (no voy a trabajar porque están demasiado caótico y viendo que no va a lograr nada. Siéntase libre de utilizar wolframalpha para obtener de ellos, aunque).

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Como para nuestro pequeño truco con $c=0$ la obtención de las soluciones de la ecuación cuadrática, que en realidad es bastante fácil de ver. Si $x^{n+1}+a_nx^n+\cdots+a_0$ tiene raíces $a_n,\cdots,a_0$, entonces seguramente multiplicando por $x$ no cambia: $x^{n+2}+a_nx^{n+1}+\cdots+a_0x+0$ ahora también tiene esas raíces, y ya que hemos multiplicado por $x$, tiene una raíz extra $0$. Como resultado, podemos suponer que el término constante es distinto de cero, ya que si es así, podemos dividir el polinomio por $x$ para llegar a un grado menor caso.

Answer 3

Cúbicas: \begin{align} x^3+x^2-2\,x=0\quad &\Rightarrow 1,-2,\phantom{-}0 ,\\ x^3+x^2-x-1=0\quad &\Rightarrow 1,-1,-1 . \end{align}

Del mismo modo,

\begin{align} x^4+x^3-2x^2=0\quad &\Rightarrow 1,-2,0,0 ,\\ x^4+x^3-x^2-x=0\quad &\Rightarrow 1,-1,-1,0 . \end{align}