Wovan
Новичок
|
   
Помимо критерия Эйзенштейна, нужно знать еще что-то. Например, что уравнение имеет ровно два комплексных корня. Вот нужно подбирать такие уравнения уметь
|
Всего сообщений: 12 | Присоединился: апрель 2008 | Отправлено: 20 апр. 2008 18:27 | IP
|
|
Guest
Новичок
|
Цитата: Wovan написал 20 апр. 2008 18:27
Помимо критерия Эйзенштейна, нужно знать еще что-то. Например, что уравнение имеет ровно два комплексных корня.
Написан бред.
Цитата: Wovan написал 20 апр. 2008 18:27
Вот нужно подбирать такие уравнения уметь
По критерию Эйзенштейна, многочлен 3x^7+2x+6 неприводим над Q.
|
Всего сообщений: Нет | Присоединился: Never | Отправлено: 20 апр. 2008 19:33 | IP
|
|
Guest
Новичок
|
(1/x) e^[1/(1-5x)] разложить в ряд Тейлора в х=0..помогите решить,уже вскпипел,ничего не могу придумать!
|
Всего сообщений: Нет | Присоединился: Never | Отправлено: 20 апр. 2008 23:21 | IP
|
|
llorin1
Участник
|
Цитата: Guest написал 20 апр. 2008 19:33
Цитата: Wovan написал 20 апр. 2008 18:27
Помимо критерия Эйзенштейна, нужно знать еще что-то. Например, что уравнение имеет ровно два комплексных корня.
Написан бред.
Имеется ввиду, скорее всего, следующее предложение:
Многочлен f простой степени n, неприводимый над Q или R, и имеющий точно два комплексных корня, имеет своей группой Галуа симметрическую группу S_n.
Поэтому, например, группой Галуа многочлена g= x^5+p*x+p (p-простое) является S_5, которая неразрешима, т.е. g неразрешим в радикалах.
Так, что многочлены степени k>5 вида g(x)*h(x), где h- произвольный многочлен степени deg(h) = k-5, будут неразрешимы.
|
Всего сообщений: 147 | Присоединился: июнь 2006 | Отправлено: 20 апр. 2008 23:58 | IP
|
|
Wovan
Новичок
|
Это ввиду и имелось. Только, как ни странно, я как раз знаю один такой многочлен 5 степени, и он в точности совпадает с g= x^5+p*x+p. Видимо мы пользуемся одной и той же литературой 
|
Всего сообщений: 12 | Присоединился: апрель 2008 | Отправлено: 21 апр. 2008 2:27 | IP
|
|
Wovan
Новичок
|
Разложение в ряд Тейлора ф-ции (1/x) e^[1/(1-5x)] , очевидно, не существует, ведь даже сама функция не определена в нуле, а производные наверняка не существуют
|
Всего сообщений: 12 | Присоединился: апрель 2008 | Отправлено: 21 апр. 2008 2:34 | IP
|
|
llorin1
Участник
|
Там больше - вида g(x)*h(x).
Вам Guest, еще один привел.
В свое время я учился по Б. Л. ван дер Вардену "Алгебра".
|
Всего сообщений: 147 | Присоединился: июнь 2006 | Отправлено: 21 апр. 2008 2:46 | IP
|
|
Guest
Новичок
|
опытные математики, подскажите пожалуйста, как решается это:
sqrt(1-(ctg(2px))^2)*cos(px)+sin(px)=sqrt(2),
где p - это "пи"=3.14
|
Всего сообщений: Нет | Присоединился: Never | Отправлено: 21 апр. 2008 15:29 | IP
|
|
Guest
Новичок
|
Для начала можно представить (ctg(2px))^2 через sin^2(px)
Затем возвести в квадрат выражение, перенеся sin(px) в правую часть.
|
Всего сообщений: Нет | Присоединился: Never | Отправлено: 21 апр. 2008 16:37 | IP
|
|
Guest
Новичок
|
И всё хорошо получается? У меня кроме квадратов, кубов и четвертой степени ничего не вышло. Получился хороший ответ?
|
Всего сообщений: Нет | Присоединился: Never | Отправлено: 21 апр. 2008 17:07 | IP
|
|
Форум
Алгебраические уравнения
