U članku je dana definicija simetričnog polinoma te njegova osnovna svojstva. Definirana je simetrična jednadžba te je pokazano kako se rješavaju simetrične jednadžbe parnog i neparnog stupnja.

1. SIMETRIČAN POLINOM I SIMETRIČNA JEDNADŽBA

Definicija 1. Za polinom [math]f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}[/math] jedne varijable

[display]f(x)=a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \ldots +a_1 x + a_0[/display]

kažemo da je simetričan ako vrijedi [math]a_{n}=a_0, a_{n-1}=a_1, a_{n-2}=a_2,\ldots[/math]

Matematički manje formalno možemo reći da su simetrični polinomi oni kojima su koeficijenti koji su jednako udaljeni od krajeva polinoma jednaki. Simetrični polinomi su npr. [math]f(x)=x^6-1[/math], [math]f(x)=x^2+2x+1[/math], [math]f(x)=3x^4-6x^3+2x^2-6x+3[/math].

Sljedeći teorem nam daje alternativnu definiciju simetričnog polinoma.

Teorem 1. Polinom [math]f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}[/math] je simetričan ako i samo ako za svaki [math]x\in\mathbb{R}[/math] vrijedi

[display]x^n f\left(\frac{1}{x}\right) = f(x).[/display]

DOKAZ. [math]\Rightarrow[/math] Neka je [math]f(x)[/math] simetričan polinom. Izlučimo li [math]x^n[/math] imamo:

[display]\begin{array}{rcl}
f(x) &=& a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \ldots +a_1 x + a_0\\
&=&x^n\left[ a_n + a_{n-1}\left(\frac{1}{x}\right) + \ldots + a_1\left( \frac{1}{x}\right)^{n-1} + a_0\left( \frac{1}{x}\right)^{n}\right]
\end{array}[/display]

sada iskoristimo činjenicu da je polinom simetričan, tj. da vrijedi [math]a_{n}=a_0, a_{n-1}=a_1, a_{n-2}=a_2\ldots[/math], pa ćemo gornje napisati ovako:

[display]=x^n\left[ a_0 + a_{1}\left(\frac{1}{x}\right) + \ldots + a_{n-1}\left( \frac{1}{x}\right)^{n-1} + a_n\left( \frac{1}{x}\right)^{n}\right] =x^n f\left(\frac{1}{x}\right)[/display]

[math]\Leftarrow[/math] S druge pak strane, neka vrijedi [math]x^n f\left(\frac{1}{x}\right) = f(x)[/math] za neki polinom [math]f(x)[/math]. Ispišimo lijevu i desnu stranu:

[display]f(x)= a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \ldots +a_1 x + a_0[/display]
[display]x^n f\left(\frac{1}{x}\right) = a_n + a_{n-1}x + \ldots + a_1 x^{n-1} + a_0 x^n.[/display]

Dva su polinoma jednaka ako su im koeficijenti uz iste potencije jednaki, odnosno u konkretnom slučaju ako vrijedi [math]a_n=a_0, a_{n-1}=a_1, \ldots[/math] što je definicija simetričnosti polinoma odakle slijedi da je [math]f(x)[/math] simetričan polinom.

Q.E.D.

Definicija 2. Jednadžbu [math]f(x)=0[/math] pridruženu simetričnom polinomu [math]f(x)[/math] zovemo simetrična jednadžba.

Simetrične jednadžbe imaju jedno zgodno svojstvo:

Teorem 2. Neka je [math]\alpha\neq 0[/math] rješenje simetrične jednadžbe [math]f(x)=0[/math]. Tada je i recipročna vrijednost [math]\frac{1}{\alpha}[/math] njeno rješenje.

Dokaz je trivijalan te ga ostavljamo čitateljima.

2. SIMETRIČNA JEDNADŽBA PARNOG STUPNJA

Osnovno o rješavanju simetrične jednadžbe parnog stupnja nam daje sljedeći teorem:

Teorem 3. Svaki simetričan polinom

[display]f(x)=a_{2k}x^{2k}+a_{2k-1}x^{2k-1}+\ldots +a_1 x + a_0[/display]

parnog stupnja može se predočiti u obliku

[display]f(x)=x^k\cdot h(t)[/display]

gdje je [math]h(t)[/math] polinom stupnja [math]k[/math] u varijabli [math]t=x+\frac{1}{x}, x\neq 0[/math].

DOKAZ (skica). Izlučimo [math]x^k[/math] iz gornjeg polinoma:

[display]\begin{array}{rcl}
f(x) &=& a_{2k}x^{2k}+a_{2k-1}x^{2k-1}+\ldots +a_1 x + a_0\\
&=& x^k\left[ a_{2k}x^k + a_{2k-1}x^{k-1}+\ldots + a_1\frac{1}{x^{k-1}} + a_0\frac{1}{x^k}\right]
\end{array}[/display]

kako je [math]f(x)[/math] simetričan polinom, tj. vrijedi [math]a_{2k}=a_0, a_{2k-1}=a_1,\ldots[/math] to gornje možemo grupirati i napisati u obliku:

[display]=x^k\left[ a_0\left( x^k + \frac{1}{x^k}\right) + a_1\left( x^{k-1} + \frac{1}{x^{k-1}}\right) + \ldots +
a_{k-1}\left( x+\frac{1}{x}\right) + a_k\right][/display]

Još treba pokazati da se funkcije

[display]x\to x^k+\frac{1}{x^k},\quad \forall k\in\mathbb{N}[/display]

mogu prikazati u obliku polinoma varijable [math]t=x+\frac{1}{x}[/math].

Iz [math]t=x+\frac{1}{x}[/math] slijedi:

[math]t^2=\left( x+\frac{1}{x} \right)^2 = x^2 + 2 + \frac{1}{x^2}\quad\Rightarrow\quad x^2+\frac{1}{x^2} = t^2 - 2[/math]

[math]t^3=\left( x+\frac{1}{x}\right)^3 = x^3 + 3x + 3\frac{1}{x} + \frac{1}{x^3}=x^3+\frac{1}{x^3}+3\left( x+\frac{1}{x} \right)
\quad\Rightarrow\quad x^3+\frac{1}{x^3}=t^3-3t[/math]

Ukoliko se gornje dokaže matematičkom indukcijom, dobije se kompletan dokaz (ne samo skica)

Q.E.D.

Primjer 1. Riješite jednadžbu

[display]2x^4 - 9x^3 + 14x^2 - 9x + 2=0.[/display]

RJEŠENJE. Jednadžba je parna, stupnja 4, te izlučujemo [math]x^2[/math]:

[display]2x^4 - 9x^3 + 14x^2 - 9x + 2=x^2\left[ 2x^2 - 9x + 14 - 9\frac{1}{x} + 2\frac{1}{x^2}\right]=[/display]
[display]x^2\left[ 2\left(x^2 + \frac{1}{x^2} \right) - 9\left( x+\frac{1}{x} \right) + 14\right]=0[/display]

Iz uvjeta teorema je [math]x\neq 0[/math] te jedino izraz unutar uglatih zagrada može biti 0. U njemu izvršimo smjenu [math]x+\frac{1}{x}=t[/math], [math]x^2+\frac{1}{x^2}=t^2-2[/math] (vidi dokaz teorema 2) što nam daje:

[display]2(t^2-2)-9t+14=2t^2-9t+10=0[/display]

Rješenja gorne jednadžbe su: [math]t_1 = \frac{5}{2}[/math], [math]t_2=2[/math] što vraćamo u smjenu [math]x+\frac{1}{x}=t[/math] te imamo dalje dvije jednadžbe u varijabli [math]x[/math]:

[display]x+\frac{1}{x}=\frac{5}{2},\qquad\qquad x+\frac{1}{x}=2,[/display]

odnosno, nakon množenja s [math]x[/math] i sređivanja:

[display]x^2-5x+2=0\qquad\qquad x^2 - 2x+1=0.[/display]

Rješenja gornjih jednadžbi, time i zadane jednadžbe, su:

[display]x_1=\frac{1}{2},\quad x_2=2\qquad\qquad x_3=x_4=1.[/display]

3. SIMETRIČNA JEDNADŽBA NEPARNOG STUPNJA

Simetrične jednadžbe neparnog stupnja se rješavaju koristeći sljedeći teorem.

Teorem 4. Svaki simetričan polinom neparnog stupnja djeljiv je s [math]x+1[/math], a pripadni kvocijent je simetrični polinom parnog stupnja.

DOKAZ. Neka je

[display]f(x)=a_0x^{2k+1}+a_1x^{2k}+\ldots +a_1x + a_0[/display]

neki simetričan polinom neparnog stupnja. Grupiramo li elemente s istim koeficijentom, izlučivanjem dobijemo

[display]f(x)=a_0(x^{2k+1}+1)+a_1x(x^{2k-1}+1)+\ldots + a_kx^k(x+1).[/display]

Kako je svaki od binoma [math]x^{2k+1}+1,\ x^{2k-1}+1,\ldots, x+1[/math] djeljiv s [math]x+1[/math], to je i [math]f(x)[/math] djeljiv s [math]x+1[/math], čime je dokazano da je

[display]f(x) = (x+1)\cdot g(x)\qquad\qquad (*)[/display]

Još treba dokazati da je [math]g(x)[/math] simetričan polinom parnog stupnja. Kako je po pretpostavci [math]f(x)[/math] simetričan polinom, to po Teoremu 1. vrijedi

[display]x^{2k+1}f \left(\frac{1}{x} \right)=f(x)\qquad\qquad (**)[/display]

Ako u [math](*)[/math] umjesto [math]x[/math] stavimo [math]\frac{1}{x}[/math] dobijemo [math]f(\frac{1}{x})=(1+\frac{1}{x})g(\frac{1}{x})[/math], što pomnoženo s [math]x^{2k+1}[/math] daje

[display]x^{2k+1}\cdot f\left(\frac{1}{x} \right)=(1+x)\cdot x^{2k}\cdot g\left(\frac{1}{x}\right),[/display]

odakle, zbog [math](**)[/math], slijedi

[display]f(x)=(1+x)\cdot x^{2k}g\left(\frac{1}{x}\right)=(1+x)\cdot g(x),[/display]

odnosno, [math]g(x)[/math] simetričan polinom parnog stupnja.

Q.E.D.

Primjer 2. Riješite jednadžbu

[display]2x^3+7x^2+7x+2=0.[/display]

RJEŠENJE. Grupirajmo članove s istim koeficijentima i izlučimo što možemo:

[display]2(x^3+1) + 7x(x+1)= 2(x+1)(x^2-x+1)+7x(x+1)=(x+1)(2x^2+5x+2)=0,[/display]

pa su rješenja:

[display]x_1=-1,\quad x_2=-\frac{1}{2},\quad x_3=-2.[/display]