Математические задачки. Морковкин, скучаем :-)

Мобуту, я с Вас смеюсь. Как всегда
Скажите, а для Вас сведение ответа: "число решений уравнения x^n + y^n = z^n" v натуральных числах x,y,z, > 0 при n натуральном и > 2" к "0" - тоже тривиальная задача?

 

Конечно, ведь теорема Ферма была известна более 350 лет тому назад.

 

Поржать - оно для здоровья полезно. Особенно в возрасте Григория. И хотя теорема Ферма тут ни при чём, но если она даёт ему эту возможность - остаётся только порадоваться.

 

Формула Кардано в школьную программу не входит, и правильно - слишком уж громоздкая она. Запомнить практически невозможно.
А вот если какими-то преобразованиями это уравнение можно свести к более простому, то задача вполне нормальная.
Я, правда, скажу честно, пытался вчера это сделать, но так у меня ничего и не получилось.
В школе я математику ичень хорошо знал, но сейчас всё забыл практически...

 

Возможно, Муркенштейн, хотел написать:
8*x^3 - 2*x^2 - 4*x + 1 = 0
но если всетаки

то просьба к Муркенштейн'у привести свертку, для общего развития такскать..

 

Да, так было бы очень легко, это легко разлагается на множители.

 

Тогда бы не получались крокодилы и в формуле Кардано. Правда, получить компактный ответ в оригинальной задаче мне не удалось.

 

Нет, именно 8*x^3 - 4*x^2 - 4*x + 1 = 0
Свёртку пока приводить не буду, пусть желающие ещё порешают. Она сама не такая уж и сложная, может даже в глаза бросаться. Единственная заковырка (и самая неочевидная) - перед ней уравнение нужно немного усложнить...

 

Формула Кардано как раз тем и славится, что частенько представляет корни в виде крокодилов (особенно в неприводимом случае - там вообще мрак). Например, в уравнении x^3 - 15*x - 4 = 0 довольно несложно найти корень x=4. Однако формула Кардано его выразит в виде sqrt3(2+11i)+sqrt3(2-11i). Последнее выражение конструктивными методами не упрощается никак.

 

Ну мне удалось, правда пришлось немного методом чайника действовать.

Сразу понятно, что выражение x = sqrt3(2+11i)+sqrt3(2-11i) вещественное, вида z + z* = 2 |z| * cos(phi). Надо найти |z| и cos(phi), если известно, что z^3 = 2 + 11i.

Модуль сразу находим: |z| = sqrt(5).
Для угла нужно решить уравнение cos (3 phi) = 2/sqrt(125). Это кубическое уравнение относительно с = cos(phi).
4c^3 - 3с = 2 / sqrt(125).
Напрашивается замена c1 = c*sqrt(5),
уравнение сводится к виду
4 c1^3 - 15 c1 = 2,
корень c1 = 2 угадывается, то есть x = 4.

И всё, крокодильчик приручен. Или такой метод недостоин считаться конструктивным?

 

Это потому, что вы не понимаете комплексных чисел.

 

"Или такой метод недостоин считаться конструктивным?
))
Такой метод достоин называться замечательным образцом демагогии.
Наговорено многое, вроде осмысленное, а к теме не имеющего никакого отношения. Ибо корень 4 угадывается в уравнении сразу, к чему эти преобразования и подстановки?

 

drowsy, вы зануда.

Ну представьте себе: вы не помните формулы Кардано, решаете на ЕГЭ кубическое уравнение. Угадываете x = 4, а в ответе вам предложены какие-то крокодилы, из которых надо выбрать. Должно ли это быть препятствием? Я считаю - не должно. С этого и спор начался. Пост был не о решении уравнения, а о приручаемости крокодилов.

 

Вспомнилось

Идет по улице мужик, а на поводочке у него крокодильчик.
Крокодильчик: -Слушай, че-то лапы к асфальту прилипают, да и жарко мне, давай поедем на трамвайчике!?
сели в трамвай, едут...
Крокодильчик: -Слушай, че-то тут душно, еще эта кондукторша толстая на лапы наступает, поехали на такси!?
Сели в такси...
Крокодильчик немного погодя: - Слушай, че-то тут места маловато, не удобно, давай выйдем, пойдем пешком!?
Вышли...
Крокодильчик: - Слушай, че-то лапы к асфальту прилипают, давай сядем на трамвайчик?
Мужик: Ну сколько можно, то одно, то другое, ты уж реши чего хочешь то!
Крокодильчик: - Ну и зануда ты мужик...

 

Конечно, недостоин. Вы прибегнули к угадайке, нарушив "целостность конструктивизма" . А вот если бы продолжили решать полученное уравнение по формуле Кардано, то пришли бы к тому, с чего и начали - к неприводимому случаю и необходимости извлекать кубические корни из комплексных чисел.

 

Да ладно, Кардано тоже свой метод угадал. Просто это была алгебраическая угадайка, а не арифметическая. Да и вы хотите предложить какой-то трюк, подозреваю. И то, и другое, и третье я считаю конструктивным. Неконструктивно было бы сказать, что корни, мол, существуют, а искать их я не нанимался. Или что если кто-то не любит крокодилов, то это его проблемы.

По формуле Кардано ответ не всегда получается самым красивым, согласен.

 

Нет, я именно о том. Крокодилы приручаемы потому, что они ручные - что было ясно с самого начала, чего изгаляться то? А спор был о том, что не все крокодилы такие.

 

Но Муркенштейн же объявил крокодила неприручаемым "конструктивными методами". Вот я и предложил конструктивный метод "приручения": просто вернуть крокодильчика в естественную среду обитания, обращаться с ним бережно, формулой Кардано по балде больше не бить. Можете считать это демагогией.

Что бывают неприручаемые крокодилы - согласен.

 

Да, так и есть. Разница только в том, что формула Кардано даёт решение для любого уравнения, а вот трюки каждый раз нужно угадывать заново. Именно это я и называю отсутствием конструктивизма.

В точку. Иной раз чтобы приручить крокодила, может понадобиться гораздо больше времени и усилий, чем просто его вывести. Что с самого начала и утверждали drowsy и я.

 

Да ладно, в предложенном вами случае затраты примерно равноценны. Если "просто выводить", то надо решить уравнение
x^3 - 15*x - 4 = 0,

если "приручать", то
4 x^3 - 15 x - 2 = 0.

Примерно одинаковые по сложности задачи.

Чтобы "приручить" было реально сложнее, чем "вывести" - такое крайне редко бывает...

 

Здесь - да, одинаковые. А вот в предыдущем примере...

 

Да, найти связь между cos(pi/7) и ответом по формуле Кардано очень непросто. Такого рода задачи при составлении стандартных тестов надо исключать во избежание...

 

PP, принимайте мои поздравления! Как именно Вам удалось получить ответ?

 

http://mathworld.wolfram.com/TrigonometryAnglesPi7.html

 

Да, догадаться сложно. Но раз есть идея с cos(pi/7), то дальше понятно что делать. Надо стремиться свести уравнение к виду

1 + z + z^2 + ... +z^6 = 0,

подбирать замену типа x = z+z^-1. Для этого уравнения вроде подходит замена

x = -(z + 1/z)/2.

Для z ответы - нетривиальные корни седьмой степени из единицы, для x - соответственно, косинусы:

x = - cos(2pi/7)
x = - cos(4pi/7)
x = - cos(6pi/7)

 

Этого мне на глаза не попадалось, спасибо. Но интересно всё же послушать PP.

Годится!
Но у меня был немного другой подход. Для начала выясняем, что все корни находятся в интервале (-1; 1). Потом умножаем уравнение на (x+1), получаем:

8*x^4 + 4*x^3 - 8*x^2 - 3*x + 1 = 0,

после чего проводим замену x=cos(t) и сворачиваем к виду

cos(4*t) + cos(3*t) = 0,

откуда и до искомого результата недалеко.

 

проще формулой Кардано воспользоваться, мне кажется, до cos(pi/7) нереально додуматься... А кубические корни - черт с ними, ответ то верный.

 

Было бы здорово если бы я мог решить эту задачу конструктивно, но не смог. Потом обратил внимание на такую перегруппировку (8x^3-4x) - (4x^2-1) к счастью вспомнил, что оба члена полиномы Чебышева (школьник этого конечно знать не должен), ну а дальше просто надо использовать тригонометрическое определение полиномов второго рода.
P.S.
Подстановку x=cos(t) это первое, что я попробовал, но получилось уравнение
cos(3t)-cos(2t)+cos(t) -1/2 = 0. У меня было чувство, что это можно легко свернуть, но тригонометрию я сильно подзабыл и этот путь забросил

 

Насколько я понимаю, конструктивно прийти к cos(pi/7) вообще невозможно.
А полиномы Чебышёва даже я подзабыть успел (не приходилось их где-либо применять после 1-го курса), хотя и в моём решении они используются (1-го рода, разумеется). Ваше решение (через полиномы 2-го рода) в итоге получается лучше моего, т.к. отпадает необходимость дополнительного неконструктивного действия (умножения на (x+1)). Ещё раз примите мои поздравления!

Даже больше скажу. Когда я впервые увидел этот результат, получил небольшой шок, ибо до того не мог и представить, что кубическое уравнение с целыми коэффициентами может иметь подобные корни .

 

Король-самоубийца
На шахматной доске 1000*1000 стоит чёрный король и 499 белых ладей. Доказать, что как бы ни играли белые, король всегда может стать под удар одной из ладей

 

Видимо да.
Иначе решения нет в общем случае.

 

Подозреваю, это уравнение получилось из знаменитой задачи про построение правильного семиугольника циркулем и линейкой. Только там решать эту задачу приходится в обратную сторону. Можно ли построить отрезок длиной cos(pi/7) - так сразу и не скажешь. А когда удаётся доказать, что этот косинус - корень кубического уравнения с рациональными коэффициентами и без рациональных корней, то дальше можно применять общую теорию, которая гарантирует невозможность построения такого числа.

 

Вполне возможно, что так к нему и приходили. Но в моём случае всё произошло от другой задачки. Нужно было вычислить вот это значение:

tg(pi/7) * tg(2*pi/7) * tg(3*pi/7)

 

король приходит на b2, а потом идет по большой диагонали?