Quod Erat Demonstrandum

2015/08/27

某 monic 多項式

Filed under: NSS,Pure Mathematics — johnmayhk @ 10:09 上午
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偶見高X論壇某題:

證明 x^4+x^3+x^2+x+1 > 0

回應者用了較麻煩的方法處理。

其實,當 x\ne 1

x^4+x^3+x^2+x+1=\frac{x^5-1}{x-1}  (sum of G.S.)

所以,

x > 1,則 x^5 > 1,故 \frac{x^5-1}{x-1} > 0

x < 1,則 x^5 < 1,故 \frac{x^5-1}{x-1} > 0

x^4+x^3+x^2+x+1 > 0

x=1,則 x^4+x^3+x^2+x+1=5 > 0

總結:對任何實數 x,恆有 x^4+x^3+x^2+x+1 > 0

(循上法,知:若 n 是偶數,對任何實數 x,恆有 1+x+x^2+x^3+\dots +x^n > 0。)

……………………………………………………………………………………..

但有回應者用到因式分解(over \mathbb{R})處理,如下:

x^4+x^3+x^2+x+1

=x^2(x^2+x+1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2})

=x^2(x^2+\frac{1}{x^2}+x+\frac{1}{x}+1)

=x^2((x+\frac{1}{x})^2+(x+\frac{1}{x})-1)

=x^2((x+\frac{1}{x})^2+(x+\frac{1}{x})+\frac{1}{4}-\frac{5}{4})

=x^2((x+\frac{1}{x}+\frac{1}{2})^2-\frac{5}{4})

=x^2(x+\frac{1}{x}+\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{5}}{2})(x+\frac{1}{x}+\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{5}}{2})

=(x^2+\frac{1+\sqrt{5}}{2}x+1)(x^2+\frac{1-\sqrt{5}}{2}x+1) ……………………………………(*)

x^2+\frac{1+\sqrt{5}}{2}x+1x^2+\frac{1-\sqrt{5}}{2}x+1\Delta 皆小於零,得

x^2+\frac{1+\sqrt{5}}{2}x+1 > 0x^2+\frac{1-\sqrt{5}}{2}x+1 > 0,故

x^4+x^3+x^2+x+1 > 0

……………………………………………………………………………………..

除了用以上有點兒屈機的方法來做因式分解,還可以利用複數(complex numbers)來有系統地處理。

這是純數的基本習題。

x^4+x^3+x^2+x+1=\frac{x^5-1}{x-1} (for x\ne 1

x^4+x^3+x^2+x+1=0 的根(roots),即是 x^5-1=0 (除了 1 以外)的根。

x^5-1=0

x^5=1

x^5=\cos 2k\pi+i\sin 2k\pi

x=\cos \frac{2k\pi}{5}+i\sin \frac{2k\pi}{5} 其中 k=0,\pm 1,\pm 2

x^4+x^3+x^2+x+1=0 的根就是

x=\cos \frac{2k\pi}{5}+i\sin \frac{2k\pi}{5} 其中 k=\pm 1,\pm 2

所以

x^4+x^3+x^2+x+1

=(x-(\cos \frac{2\pi}{5}+i\sin \frac{2\pi}{5}))(x-(\cos \frac{2\pi}{5}-i\sin \frac{2\pi}{5}))(x-(\cos \frac{4\pi}{5}+i\sin \frac{4\pi}{5}))(x-(\cos \frac{4\pi}{5}-i\sin \frac{4\pi}{5}))

=(x^2-2\cos \frac{2\pi}{5}x+1)(x^2-2\cos \frac{4\pi}{5}x+1)

完成因式分解。再比較 (*),立即知

\cos \frac{2\pi}{5}=\frac{\sqrt{5}-1}{4}
\cos \frac{4\pi}{5}=-\frac{\sqrt{5}+1}{4}

這些副產品。

johnmayhk-gonewiththewind

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