Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Antonis Loutraris · #41

Μία άσκηση από το βιβλίο του κ.Μπάμπη Στεργίου που είχα βάλει σαν extra θέμα σε κάποιους καλούς μαθητές πριν χρόνια.

Aς είναι ένα πολυώνυμο

με ακέραιους συντελεστές και P(0)=5.

Δείξτε ότι η γραφική παράσταση της πολυωνυμικής συνάρτησης P(x)

τέμνει την ευθεία $\epsilon: y=x$ το πολύ σε τέσσερα σημεία με ακέραιες συντεταγμένες. Ποια είναι τα σημεία αυτά;

#42

Antonis Loutraris έγραψε: Aς είναι ένα πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές και Δείξτε ότι η γραφική παράσταση της πολυωνυμικής συνάρτησης τέμνει την ευθεία $\epsilon: y=x$ το πολύ σε τέσσερα σημεία με ακέραιες συντεταγμένες. Ποια είναι τα σημεία αυτά;

Είναι

. Η τομή με την y=x

δίνει

και άρα
$-(a_nx^{n-1}+...+a_1-1)x=5$ , οπότε αν

ακέραιος τότε x|5

. Άρα το

παίρνει το πολύ

τιμές, τις $\pm1, \, \pm 5$ , όπως θέλαμε να δείξουμε.

#43

Antonis Loutraris έγραψε:Μία άσκηση από το βιβλίο του κ.Μπάμπη Στεργίου που είχα βάλει σαν extra θέμα σε κάποιους καλούς μαθητές πριν χρόνια.

Aς είναι ένα πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές και Δείξτε ότι η γραφική παράσταση της πολυωνυμικής συνάρτησης τέμνει την ευθεία $\epsilon: y=x$ το πολύ σε τέσσερα σημεία με ακέραιες συντεταγμένες. Ποια είναι τα σημεία αυτά;

Ας βελτιώσουμε λίγο το αποτέλεσμα του Αντώνη (Αντώνη χρόνια πολλά με υγεία):

Να αποδειχθεί ότι η γραφική παράσταση της πολυωνυμικής συνάρτησης P(x)

τέμνει την ευθεία $\epsilon: y=x$ το πολύ σε τρία σημεία με ακέραιες συντεταγμένες.

Αλέξανδρος

nikkru · #44

Antonis Loutraris έγραψε:Μία άσκηση από το βιβλίο του κ.Μπάμπη Στεργίου που είχα βάλει σαν extra θέμα σε κάποιους καλούς μαθητές πριν χρόνια.

Aς είναι ένα πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές και Δείξτε ότι η γραφική παράσταση της πολυωνυμικής συνάρτησης τέμνει την ευθεία $\epsilon: y=x$ το πολύ σε τέσσερα σημεία με ακέραιες συντεταγμένες. Ποια είναι τα σημεία αυτά;

Μια ακόμη λύση παρόμοια με του κ. Μιχάλη.

Αφού P(0)=5

είναι

. Η τομή με την y=x

δίνει

και άρα

.

Η πολυωνυμική εξίσωση που προέκυψε έχει ακέραιους συντελεστές, οπότε πιθανές ακέραιες ρίζες της είναι μόνο οι διαιρέτες του σταθερού όρου της ( του

), δηλαδή οι αριθμοί $\pm 1,\pm 5$ .

Έτσι, τα ( πιθανά ) σημεία τομής είναι τα A(1,1), B(-1,-1), C(-5,-5), D(5,5)

.

nikkru · #45

cretanman έγραψε:
Antonis Loutraris έγραψε:Μία άσκηση από το βιβλίο του κ.Μπάμπη Στεργίου που είχα βάλει σαν extra θέμα σε κάποιους καλούς μαθητές πριν χρόνια.

Aς είναι ένα πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές και Δείξτε ότι η γραφική παράσταση της πολυωνυμικής συνάρτησης τέμνει την ευθεία $\epsilon: y=x$ το πολύ σε τέσσερα σημεία με ακέραιες συντεταγμένες. Ποια είναι τα σημεία αυτά;
Ας βελτιώσουμε λίγο το αποτέλεσμα του Αντώνη (Αντώνη χρόνια πολλά με υγεία):

Να αποδειχθεί ότι η γραφική παράσταση της πολυωνυμικής συνάρτησης τέμνει την ευθεία $\epsilon: y=x$ το πολύ σε τρία σημεία με ακέραιες συντεταγμένες.

Αλέξανδρος

Από τα δεδομένα καταλήγουμε στην πολυωνυμική εξίσωση (1) a_nx^n+...+(a_1-1)x+5=0

με ακέραιους συντελεστές και πιθανές ακέραιες ρίζες: $\pm 1,\pm 5$ .

Αν η (1) έχει ρίζα το

, η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα:( όπως στην άσκηση 11) $(b_{n-1}x^{n-1}+...+b_1x-1)(x-5)=0$ .
Η πολυωνυμική εξίσωση $b_{n-1}x^{n-1}+...+b_1x-1=0$ έχει επίσης ακέραιους συντελεστές με σταθερό όρο

, άρα έχει το πολύ δύο ακέραιες ρίζες.
Έτσι, η αρχική εξίσωση έχει τρεις το πολύ ρίζες.

Στο ίδιο συμπέρασμα καταλήγουμε αν η εξίσωση (1) έχει ρίζα το

.

Άρα, σε κάθε περίπτωση η γραφική παράσταση της πολυωνυμικής συνάρτησης P(x)

τέμνει την ευθεία $\epsilon: y=x$ το πολύ σε τρία σημεία με ακέραιες συντεταγμένες.

#46

Mihalis_Lambrou έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 12

Έστω ότι η έχει ρίζες $r_1, \, r_2, \, r_3$ .

Βρείτε την τριτοβάθμια εξίσωση που έχει ρίζες τις $\displaystyle{r_1^5, \, r_2^5, \, r_3^5$ .

Δίνω μία διαφορετική λύση, που αποφεύγει Vieta. Ένα από τα μικρά τεχνάσματα της λύσης είναι αυτό που σημείωσα με κόκκινο τρεις γραμμές παρακάτω.

Θα κάνω χρήση της ταυτότητας

$\displaystyle{(a+b)^5= a^5 + 5a^4b+10a^3b^2 +10a^2b^3+5ab^4+b^5= }$
$\displaystyle{ = a^5+b^5+5ab(a+b)(a^2+ \color {red} b(a+b)})}$

Αν

τυπική ρίζα της αρχικής θέτουμε s=t^5

. Ψάχνουμε τριτοβάθμια ως προς

.

Η δοθείσα γράφεται t^3 + pt=-q

. Υψώνουμε πέμπτη σύμφωνα με την παραπάνω ταυτότητα, οπότε

$\displaystyle{ (-q)^5= t^{15} + p^5t^5+ (5t^{3}) (pt)(-q)(t^6-ptq)= s^3+ p^5s+ 5sp(-q)(s-pq)}$

Μαζεύοντας όρους, είναι $\boxed{s^3-5pqs^2+p^2(p^3+5q^2)s+q^5=0}$ , η ζητούμενη.

#47

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Mihalis_Lambrou έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 12

Έστω ότι η έχει ρίζες $r_1, \, r_2, \, r_3$ .

Βρείτε την τριτοβάθμια εξίσωση που έχει ρίζες τις $\displaystyle{r_1^5, \, r_2^5, \, r_3^5$ .

Δίνω μία διαφορετική λύση, που αποφεύγει Vieta. Ένα από τα μικρά τεχνάσματα της λύσης είναι αυτό που σημείωσα με κόκκινο τρεις γραμμές παρακάτω.

Θα κάνω χρήση της ταυτότητας

$\displaystyle{(a+b)^5= a^5 + 5a^4b+10a^3b^2 +10a^2b^3+5ab^4+b^5= }$
$\displaystyle{ = a^5+b^5+5ab(a+b)(a^2+ \color {red} b(a+b)})}$

Αν τυπική ρίζα της αρχικής θέτουμε . Ψάχνουμε τριτοβάθμια ως προς .

Η δοθείσα γράφεται . Υψώνουμε πέμπτη σύμφωνα με την παραπάνω ταυτότητα, οπότε

$\displaystyle{ (-q)^5= t^{15} + p^5t^5+ (5t^{3}) (pt)(-q)(t^6-ptq)= s^3+ p^5s+ 5sp(-q)(s-pq)}$

Μαζεύοντας όρους, είναι $\boxed{s^3-5pqs^2+p^2(p^3+5q^2)s+q^5=0}$ , η ζητούμενη.

Πολύ καλό!

#48

Mihalis_Lambrou έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 10

Αν $r_1, \, r_2, \, r_3, \, r_4$ οι ρίζες της , να δείξετε ότι

$(r_1+ r_2 - r_3- r_4)(r_1+ r_3 - r_2- r_4) (r_2+ r_3 - r_1- r_4) = \frac {b^3}{a^3} - \frac {4bc}{a^2} +\frac {8c}{a}$

Σχόλιο: Έχω δύο πολύ διαφορετικές ωραίες λύσεις.

Για να γλυτώσετε πράξεις μπορείτε να πάρετε ως δεδομένο (αν το χρειαστείτε) ότι

$\displaystyle{ \Sigma r_1^4 = \frac {b^4}{a^4} - \frac {4b^2c}{a^3} +\frac {2c^2}{a^2}+ \frac {4bd}{a^2}- \frac {4e}{a}}$ και

$\displaystyle{ \Sigma r_1^2r_2^2= \frac {c^2}{a^2}- \frac {2bd}{a^2}+ \frac {2e}{a}}$ .

Προτείνω να αναπτύξουμε το γινόμενο: (r_1+r_2+r_3+r_4)(r_1+r_2-r_3-r_4)(r_1-r_2+r_3-r_4)(-r_1+r_2+r_3-r_4)

. Δίνει:

κ.λπ.

Σταμ. Γλάρος · #49

cretanman έγραψε:
Antonis Loutraris έγραψε:Μία άσκηση από το βιβλίο του κ.Μπάμπη Στεργίου που είχα βάλει σαν extra θέμα σε κάποιους καλούς μαθητές πριν χρόνια.

Aς είναι ένα πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές και Δείξτε ότι η γραφική παράσταση της πολυωνυμικής συνάρτησης τέμνει την ευθεία $\epsilon: y=x$ το πολύ σε τέσσερα σημεία με ακέραιες συντεταγμένες. Ποια είναι τα σημεία αυτά;
Ας βελτιώσουμε λίγο το αποτέλεσμα του Αντώνη (Αντώνη χρόνια πολλά με υγεία):

Να αποδειχθεί ότι η γραφική παράσταση της πολυωνυμικής συνάρτησης τέμνει την ευθεία $\epsilon: y=x$ το πολύ σε τρία σημεία με ακέραιες συντεταγμένες.

Αλέξανδρος

Καλησπέρα

και Χρόνια Πολλά!

Μια προσπάθεια λίγο διαφορετική από την ωραία προσπάθεια του nikkru.

Έστω το πολυώνυμο $P(x)=a_{\nu }x^{\nu }+...+a_{2 }x^{2 }+a_{1}x+a_{0}.$ Είναι P(0)=5

$\Leftrightarrow$ $a_{0}=5 .$
Συνεπώς το πολυώνυμο παίρνει την μορφή : $P(x)=a_{\nu }x^{\nu }+...+a_{2 }x^{2 }+a_{1}x+5.$
Οι τετμημένες των σημείων τομής της $C_{p}$ και της $(\varepsilon ): y=x$ είναι οι ρίζες της εξίσωσης P(x)=x

$\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow$ $a_{\nu }x^{\nu }+...+a_{ 2 }x^{2 }+a_{1}x+5 = x$ $\Leftrightarrow$ $a_{\nu }x^{\nu }+...+a_{2 }x^{2 }+(a_{1}-1)x+5 = 0 .$ (*)

Πιθανές ακέραιες ρίζες της (*) είναι οι $\pm 1 , \pm 5 .$
Θα αποδείξουμε ότι η (*)

δεν μπορεί να έχει ρίζες συγχρόνως και την

και την

Αν

ρίζα της

έχουμε: $a_{\nu }5^{\nu }+...+a_{2 }5^{2 }+(a_{1}-1)5+5 = 0$ $\Leftrightarrow$ $a_{1} = -a_{\nu }5^{\nu -1}-...-a_{2 }5$ $\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow$ $a_{1} = 5 (-a_{\nu }5^{\nu -2}-...-a_{2 })$ .
Άρα $a_{1}$ : πολλαπλάσιο του

(1)

Αν

ρίζα της

έχουμε: $a_{\nu }(-5)^{\nu }+...+a_{2 }(-5)^{2 }+(a_{1}-1)(-5)+5 = 0$ $\Leftrightarrow$ $-5(a_{\nu }(-5)^{\nu-1 }+...+a_{2 }(-5)+(a_{1}-1) -1) = 0$ $\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow$ $a_{1} = -a_{\nu }(-5)^{\nu -1}-...-a_{2 }(-5)+2$ $\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow$ $a_{1} = -5 (-a_{\nu }(-5)^{\nu -2}-...-a_{2 })+2$ .
Άρα $a_{1}$ : ΔΕΝ ΕΙΝΑΙ πολλαπλάσιο του

(2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει άτοπο.
Επομένως η εξίσωση (*)

έχει το πολύ τρεις ακέραιες ρίζες.

Εύχομαι σε όλους Χρόνια Πολλά . Καλή και Δημιουργική Χρονιά!
Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

#50

rek2 έγραψε:
Mihalis_Lambrou έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 10

Αν $r_1, \, r_2, \, r_3, \, r_4$ οι ρίζες της , να δείξετε ότι

$(r_1+ r_2 - r_3- r_4)(r_1+ r_3 - r_2- r_4) (r_2+ r_3 - r_1- r_4) = \frac {b^3}{a^3} - \frac {4bc}{a^2} +\frac {8c}{a}$

Σχόλιο: Έχω δύο πολύ διαφορετικές ωραίες λύσεις.

Για να γλυτώσετε πράξεις μπορείτε να πάρετε ως δεδομένο (αν το χρειαστείτε) ότι

$\displaystyle{ \Sigma r_1^4 = \frac {b^4}{a^4} - \frac {4b^2c}{a^3} +\frac {2c^2}{a^2}+ \frac {4bd}{a^2}- \frac {4e}{a}}$ και

$\displaystyle{ \Sigma r_1^2r_2^2= \frac {c^2}{a^2}- \frac {2bd}{a^2}+ \frac {2e}{a}}$ .
Προτείνω να αναπτύξουμε το γινόμενο: . Δίνει:

κ.λπ.

Κώστα, αυτή ακριβώς είναι η μία από τις δύο λύσεις που είχα κατά νου. Έχει βέβαια πολλές πράξεις εκτός αν πάρουμε ως δεδομένες τις ταυτότητες που έδωσα. Γράφω μια δεύτερη λύση που αποφεύγει τις πράξεις.

Παρατηρούμε ότι η ζητούμενη παράσταση μένει αναλλοίωτη αν αντικαταστήσουμε τα $r_1, \, r_2, \, r_3, \, r_4$ με $r_1' = r_1+ \lambda , \, r_2' =r_2+ \lambda, \, r_3' =r_3+ \lambda, \, r_4'=r_4+ \lambda \, (*)$ για όποιο $\lambda$ μας αρέσει. Οπότε χωρίς βλάβη μπορούμε να υποθέσουμε ότι r_1'+r_2'+r_3'+r_4'=0

που το πετυχαίνουμε παίρνοντας $\lambda = \frac {b}{4a}$ .

Η εξίσωση που έχει ρίζες τις (*)

είναι της μορφής

$a\left ( x -\frac {b}{4a} \right ) ^4 + b\left ( x -\frac {b}{4a} \right ) ^3 + c\left ( x -\frac {b}{4a} \right ) ^2+\left ( x -\frac {b}{4a} \right ) x+e=0 \, (**)$

το οποίο είναι της μορφής ax^4 + Cx^2+Dx+E=0

(δεν έχει

)

Τώρα, με δεδομένο ότι r_1'+r_2'+r_3'+r_4'=0

, ζητούμενη παράσταση παίρνει την μορφή (απλό)

-8(r_1'+r_4')(r_2'+r_4')(r_3'+r_4')

.

Αν αναπτύξουμε το τελευταίο, και χρησιμοποιώντας ότι r_4^3 + r_4^2(r_1'+r_2'+r_3')= r_4^2(r_1'+r_2'+r_3'+r_4')=0,

θα δούμε ότι ισούται με (άμεσο)

$-8 \sum r_1'r_2'r_3'= +\frac {8D}{a}$

Με άλλα λόγια μας χρειάζεται μόνο ο συντελεστής του

στην

, που είναι άμεσος. Και λοιπά.

#51

Mihalis_Lambrou έγραψε:
rek2 έγραψε:
Mihalis_Lambrou έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 10

Αν $r_1, \, r_2, \, r_3, \, r_4$ οι ρίζες της , να δείξετε ότι

$(r_1+ r_2 - r_3- r_4)(r_1+ r_3 - r_2- r_4) (r_2+ r_3 - r_1- r_4) = \frac {b^3}{a^3} - \frac {4bc}{a^2} +\frac {8c}{a}$

Σχόλιο: Έχω δύο πολύ διαφορετικές ωραίες λύσεις.

Για να γλυτώσετε πράξεις μπορείτε να πάρετε ως δεδομένο (αν το χρειαστείτε) ότι

$\displaystyle{ \Sigma r_1^4 = \frac {b^4}{a^4} - \frac {4b^2c}{a^3} +\frac {2c^2}{a^2}+ \frac {4bd}{a^2}- \frac {4e}{a}}$ και

$\displaystyle{ \Sigma r_1^2r_2^2= \frac {c^2}{a^2}- \frac {2bd}{a^2}+ \frac {2e}{a}}$ .
Προτείνω να αναπτύξουμε το γινόμενο: . Δίνει:

κ.λπ.

Κώστα, αυτή ακριβώς είναι η μία από τις δύο λύσεις που είχα κατά νου. Έχει βέβαια πολλές πράξεις εκτός αν πάρουμε ως δεδομένες τις ταυτότητες που έδωσα. Γράφω μια δεύτερη λύση που αποφεύγει τις πράξεις.

Παρατηρούμε ότι η ζητούμενη παράσταση μένει αναλλοίωτη αν αντικαταστήσουμε τα $r_1, \, r_2, \, r_3, \, r_4$ με $r_1' = r_1+ \lambda , \, r_2' =r_2+ \lambda, \, r_3' =r_3+ \lambda, \, r_4'=r_4+ \lambda \, (*)$ για όποιο $\lambda$ μας αρέσει. Οπότε χωρίς βλάβη μπορούμε να υποθέσουμε ότι που το πετυχαίνουμε παίρνοντας $\lambda = \frac {b}{4a}$ .

Η εξίσωση που έχει ρίζες τις είναι της μορφής

$a\left ( x -\frac {b}{4a} \right ) ^4 + b\left ( x -\frac {b}{4a} \right ) ^3 + c\left ( x -\frac {b}{4a} \right ) ^2+\left ( x -\frac {b}{4a} \right ) x+e=0 \, (**)$

το οποίο είναι της μορφής (δεν έχει )

Τώρα, με δεδομένο ότι , ζητούμενη παράσταση παίρνει την μορφή (απλό)

.

Αν αναπτύξουμε το τελευταίο, και χρησιμοποιώντας ότι θα δούμε ότι ισούται με (άμεσο)

$-8 \sum r_1'r_2'r_3'= +\frac {8D}{a}$

Με άλλα λόγια μας χρειάζεται μόνο ο συντελεστής του στην , που είναι άμεσος. Και λοιπά.

Μάλιστα..., χειρουργείο...

Μιχάλη, να είσαι πάντα καλά, γερός, δυνατός, με εμπνεύσεις! Χρόνια πολλά!

#52

Μία απλή:

ΑΣΚΗΣΗ 13

Αν $\,(1+x +x^2)^{1000} = a_0+a_1x+...+a_{2000} x ^ {2000}$ δείξτε ότι

$a_0+a_3+a_6+...+a_{1998}= a_1+a_4+a_7+...+a_{1999}= a_2+a_5+a_8+...+a_{2000}$ .

#53

Mihalis_Lambrou έγραψε:Μία απλή:

ΑΣΚΗΣΗ 13

Αν $\,(1+x +x^2)^{1000} = a_0+a_1x+...+a_{2000} x ^ {2000}$ δείξτε ότι

$a_0+a_3+a_6+...+a_{1998}= a_1+a_4+a_7+...+a_{1999}= a_2+a_5+a_8+...+a_{2000}$ .

Προτείνω την αντικατάσταση του

με μία μιγαδική κυβική ρίζα της μονάδας π.χ. την $-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i$ .

Οι δυνάμεις της με εκθέτες 1, 2,3,...

, όπως είναι γνωστό, είναι κατά σειρά οι $-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i$ , $-\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i$ , 1,...

Από την ισότητα των μιγαδικών που προκύπτει παίρνουμε

$0=a_0+a_3+a_6+...+a_{1998}-\dfrac{1}{2}( a_1+a_4+a_7+...+a_{1999})-\dfrac{1}{2} (a_2+a_5+a_8+...+a_{2000})$

$0=\dfrac{\sqrt{3}}{2}( a_1+a_4+a_7+...+a_{1999})-\dfrac{\sqrt{3}}{2} (a_2+a_5+a_8+...+a_{2000})$

και το συμπέρασμα έπεται άμεσα.

#54

ΑΣΚΗΣΗ 14

Δείξτε ότι το πολυώνυμο (δηλαδή με ) δεν έχει όλες τις ρίζες του πραγματικές.

Σχόλιο: Μπορεί να βγει π.χ. με κανόνα προσήμων του Descartes, αλλά ζητώ πιο απλά μέσα: Μπορούμε με χρήση τύπων Vieta συν ένα τεχνασματάκι.

#55

Mihalis_Lambrou έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 14

Δείξτε ότι το πολυώνυμο (δηλαδή με ) δεν έχει όλες τις ρίζες του πραγματικές.

Σχόλιο: Μπορεί να βγει π.χ. με κανόνα προσήμων του Descartes, αλλά ζητώ πιο απλά μέσα: Μπορούμε με χρήση τύπων Vieta συν ένα τεχνασματάκι.

Προφανώς οι ρίζες είναι μη μηδενικές, οπότε αρκεί να δείξουμε ότι οι αντίστροφοι αριθμοί τους δεν είναι όλοι πραγματικοί.

Άμεσα, από Vieta, οι αντίστροφοι αριθμοί των ριζών έχουν άθροισμα ίσο με μείον ένα και άθροισμα γινομένων ανά δύο ίσο με μονάδα, επομένως (απλό) το άθροισμα των τετραγώνων τους είναι ίσο με μείον ένα, άρα δεν είναι όλοι πραγματικοί αριθμοί.

#56

Άσκηση 15

Αν οι a,b,c

είναι ρίζες της εξίσωσης x^3-x^2-x-1=0

να δείξετε:

α) ότι οι a,b,c

είναι διακεκριμένοι.

β) ότι ο αριθμός $A=\dfrac{a^{2017}-b^{2017}}{a-b}+\dfrac{b^{2017}-c^{2017}}{b-c}+\dfrac{c^{2017}-a^{2017}}{c-a}$ είναι ακέραιος.

Αλέξανδρος

#57

cretanman έγραψε:Άσκηση 15

Αν οι είναι ρίζες της εξίσωσης να δείξετε:

α) ότι οι είναι διακεκριμένοι.

β) ότι ο αριθμός $A=\dfrac{a^{2017}-b^{2017}}{a-b}+\dfrac{b^{2017}-c^{2017}}{b-c}+\dfrac{c^{2017}-a^{2017}}{c-a}$ είναι ακέραιος.

a) Αν η

ήταν διπλή ρίζα τότε θα ήταν ρίζα και της παραγώγου (παρακάτω δίνω και τρόπο χωρίς παραγώγους). Άρα θα ικανοποιούσε 3a^2-2a-1=0

. Άρα

ή

, καμία από τις οποίες δεν ικανοποιεί την αρχική.
Χωρίς παραγώγους το ίδιο: Από Vieta θα είναι $2a+c=1, \, a^2 +2ac =-1$ . Διώχνοντας το

θα βρούμε

, που είναι η ίδια με πριν.

β) Παρατηρούμε πρώτα ότι η παράσταση a^2b+ab^2 + b^2c+bc^2+c^2a+ca^2

είναι πραγματική ως ίση της (ab+bc+ca)(a+b+c)-3abc= (-1)(1)-3

.

Επαγωγικά έπεται ότι όλες οι παραστάσεις της μορφής $\displaystyle{ \sum (a^Mb^N + a^Nb^M)}$ (το άθροισμα είναι ώς προς όλους συνδυασμούς των a,b,c

ανά ζεύγη) για δεδομένους φυσικούς M,N

, είναι πραγματικές: Για μικρά M,N

είναι το προηγούμενο. Για το επαγωγικό βήμα διαδικασίας ισχυρής επαγωγής ως προς M+N

έχουμε από τις a^3=a^2+a+1

και κυκλικά, ότι

$\displaystyle{ \sum (a^{M+1}b^N + a^Nb^{M+1})= \sum (a^3\cdot a^{M-2}b^N +b^3\cdot a^Nb^{M-2} )}$

$\displaystyle{ \sum \left [(a^2+a+1) a^{M-2}b^N +(b^2+b+1)a^Nb^{M-2} \right ]$

$\displaystyle{= \sum \left [(a^{M}b^N + a^Nb^{M} ) + (a^{M-1}b^N + a^Nb^{M-1} ) + (a^{M-2}b^N + a^Nb^{M-2} )\right ] }$

που είναι ακέραιος ως άθροισμα ακεραίων.

Τέλος, εκτελώντας τις διαιρέσεις στην δοθείσα παράσταση και μαζεύοντας ομοειδείς όρους μπορούμε να την φέρουμε στην μορφή (απλό)

$\displaystyle{ \sum \sum (a^Mb^N + a^Nb^M)}$ (οι προσθετέοι προέρχονται από δύο κλάσματα έκαστος)

που είναι άθροισμα ακεραίων, και ολοκληρώνει την απόδειξη.

Φιλικά,

Μιχάλης

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #58

Θα δώσω μια λύση για την άσκηση 15 β η οποία γενικεύει το αποτέλεσμα.(υπάρχει και παραπάνω γενίκευση αλλά μην το παρατραβήξουμε πολύ)
Συγκεκριμένα.
Εστω $p(x)=x^{3}+a_{2}x^{2}+a_{1}x+a_{0}$ πολυώνυμο με $a_{i}\in \mathbb{Z}$

που έχει διακεκριμένες ρίζες τα a,b,c

Θεωρούμε το $q(x)=x^{n}+b_{n-1}x^{n-1}+.....+b_{0}$ με $b_{i}\in \mathbb{Z}$ .

Να δειχθεί ότι $\dfrac{q(a)-q(b)}{a-b}+\dfrac{q(b)-q(c)}{b-c}+\dfrac{q(c)-q(a)}{c-a}\in \mathbb{Z}$

Απόδειξη.

Κάνουμε την διαίρεση του q(x)

με το

Επειδή ο μεγιστοβάθμιος συντελεστής του p(x)

είναι

το πηλίκο και το υπόλοιπο θα
έχουν ακέραιους συντελεστές.

Θα είναι $q(x)=f(x)p(x)+kx^{2}+lx+d$ με $k,l,d\in \mathbb{Z}$ .

Επειδή $q(a)=ka^{2}+la+d$ και όμοια για τα άλλα έχουμε

$\dfrac{q(a)-q(b)}{a-b}=k(a+b)+l$

Κάνοντας το ίδιο και στους άλλους όρους της παράστασης αυτή ισούται με

$3l+2k(a+b+c)=3l-2ka_{2}\in \mathbb{Z}$

#59

ΑΣΚΗΣΗ 16

Ικανή και αναγκαία συνθήκη για να είναι οι ρίζες της σε γεωμετρική πρόοδο είναι .

#60

Mihalis_Lambrou έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 16

Ικανή και αναγκαία συνθήκη για να είναι οι ρίζες της σε γεωμετρική πρόοδο είναι .

Ας είναι $\displaystyle{k,,m,n}$ οι ρίζες. Αυτές είναι σε γεωμετρική πρόοδο αν και μόνο αν ισχύει

$\displaystyle{(k^2-mn)(m^2-nk)(n^2-mn)=0.}$

Το ζητούμενο τότε είναι άμεση συνέπεια της ταυτότητας $\displaystyle{\boxed{(km+mn+nk)^3-kmn(k+m+n)^3=(k^2-mn)(m^2-nk)(n^2-mk)}}$

και των σχέσεων $\displaystyle{k+m+n=-\frac{b}{a},~km+mn+nk=\frac{c}{a},~kmn=-\frac{d}{a}.}$

Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Μέλη σε σύνδεση