Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

Antonis Loutraris
Δημοσιεύσεις: 167
Εγγραφή: Δευ Οκτ 19, 2009 4:16 pm

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#41

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Antonis Loutraris » Κυρ Δεκ 25, 2016 10:39 pm

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 P 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;


Αντώνης Λουτράρης

Λέξεις Κλειδιά:
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10164
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#42

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Δευ Δεκ 26, 2016 1:18 am

Antonis Loutraris έγραψε: Aς είναι ένα πολυώνυμο P 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;
Είναι P(x)=a_nx^n+...+a_1x+5. Η τομή με την y=x δίνει a_nx^n+...+a_1x+5=x και άρα
-(a_nx^{n-1}+...+a_1-1)x=5, οπότε αν x ακέραιος τότε x|5. Άρα το x παίρνει το πολύ 4 τιμές, τις \pm1, \, \pm 5, όπως θέλαμε να δείξουμε.


Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3817
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#43

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Δευ Δεκ 26, 2016 10:01 am

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 P 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;
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


Αλέξανδρος Συγκελάκης
nikkru
Δημοσιεύσεις: 280
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 26, 2009 6:42 pm

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#44

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nikkru » Δευ Δεκ 26, 2016 7:01 pm

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 P 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;
Μια ακόμη λύση παρόμοια με του κ. Μιχάλη.

Αφού P(0)=5 είναι P(x)=a_nx^n+...+a_1x+5. Η τομή με την y=x δίνει a_nx^n+...+a_1x+5=x και άρα a_nx^n+...+(a_1-1)x+5=0.

Η πολυωνυμική εξίσωση που προέκυψε έχει ακέραιους συντελεστές, οπότε πιθανές ακέραιες ρίζες της είναι μόνο οι διαιρέτες του σταθερού όρου της ( του 5 ), 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
Δημοσιεύσεις: 280
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 26, 2009 6:42 pm

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#45

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nikkru » Δευ Δεκ 26, 2016 7:58 pm

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 P 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;
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
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 5 , 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 -1, 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 -5.

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.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10164
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#46

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τρί Δεκ 27, 2016 1:46 am

Mihalis_Lambrou έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 12

Έστω ότι η x^3 + px+q=0 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 t τυπική ρίζα της αρχικής θέτουμε s=t^5. Ψάχνουμε τριτοβάθμια ως προς s.

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.


Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3817
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#47

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Τρί Δεκ 27, 2016 1:57 am

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Mihalis_Lambrou έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 12

Έστω ότι η x^3 + px+q=0 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 t τυπική ρίζα της αρχικής θέτουμε s=t^5. Ψάχνουμε τριτοβάθμια ως προς s.

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.
Πολύ καλό! :) :clap2:


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1440
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#48

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Τρί Δεκ 27, 2016 9:14 am

Mihalis_Lambrou έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 10

Αν r_1, \, r_2, \, r_3, \, r_4 οι ρίζες της ax^4 + bx^3 + cx^2+dx+e=0, 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:

-r_1^4- r_2^4- r_3^4 - r_4^4+ 2 r_1^2 r_2^2 + 2 r_1^2 r_4^2 + 2 r_1^2 r_3^2   + 2 r_2^2 r_4^2 + 2 r_2^2 r_3^2  + 2 r_4^2 r_3^2- 8 r_1 r_2 r_3r_4 κ.λπ.


Νῆφε καί μέμνασο ἀπιστεῖν˙ ἄρθρα ταῦτα γάρ φρενῶν
Νοῦς ὁρᾷ καί Νοῦς ἀκούει˙ τἆλλα κωφά καί τυφλά.
...
Ρεκούμης Κωνσταντίνος
Σταμ. Γλάρος
Δημοσιεύσεις: 296
Εγγραφή: Δευ Ιουν 18, 2012 1:51 pm

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#49

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σταμ. Γλάρος » Παρ Δεκ 30, 2016 10:57 pm

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 P 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;
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
Καλησπέρα :santalogo: και Χρόνια Πολλά! :mathexmastree:
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 5 και την -5.
Αν 5 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 5. (1)

Αν -5 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 5. (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


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10164
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#50

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Δεκ 31, 2016 6:53 pm

rek2 έγραψε:
Mihalis_Lambrou έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 10

Αν r_1, \, r_2, \, r_3, \, r_4 οι ρίζες της ax^4 + bx^3 + cx^2+dx+e=0, 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:

-r_1^4- r_2^4- r_3^4 - r_4^4+ 2 r_1^2 r_2^2 + 2 r_1^2 r_4^2 + 2 r_1^2 r_3^2   + 2 r_2^2 r_4^2 + 2 r_2^2 r_3^2  + 2 r_4^2 r_3^2- 8 r_1 r_2 r_3r_4 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 x^3)

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 x στην (**), που είναι άμεσος. Και λοιπά.


Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1440
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#51

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Κυρ Ιαν 01, 2017 8:50 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
rek2 έγραψε:
Mihalis_Lambrou έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 10

Αν r_1, \, r_2, \, r_3, \, r_4 οι ρίζες της ax^4 + bx^3 + cx^2+dx+e=0, 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:

-r_1^4- r_2^4- r_3^4 - r_4^4+ 2 r_1^2 r_2^2 + 2 r_1^2 r_4^2 + 2 r_1^2 r_3^2   + 2 r_2^2 r_4^2 + 2 r_2^2 r_3^2  + 2 r_4^2 r_3^2- 8 r_1 r_2 r_3r_4 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 x^3)

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 x στην (**), που είναι άμεσος. Και λοιπά.
Μάλιστα..., χειρουργείο...

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


Νῆφε καί μέμνασο ἀπιστεῖν˙ ἄρθρα ταῦτα γάρ φρενῶν
Νοῦς ὁρᾷ καί Νοῦς ἀκούει˙ τἆλλα κωφά καί τυφλά.
...
Ρεκούμης Κωνσταντίνος
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10164
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#52

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τρί Ιαν 03, 2017 2:46 am

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}.


Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1440
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#53

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Τετ Ιαν 04, 2017 1:23 am

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 x 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.


Νῆφε καί μέμνασο ἀπιστεῖν˙ ἄρθρα ταῦτα γάρ φρενῶν
Νοῦς ὁρᾷ καί Νοῦς ἀκούει˙ τἆλλα κωφά καί τυφλά.
...
Ρεκούμης Κωνσταντίνος
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10164
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#54

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Ιαν 07, 2017 9:11 pm

ΑΣΚΗΣΗ 14

Δείξτε ότι το πολυώνυμο a_nx^n+... + a_3x^3+ x^2+x+1 (δηλαδή με a_2=a_1=a_0=1) 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.


Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1440
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#55

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Δευ Ιαν 09, 2017 4:42 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 14

Δείξτε ότι το πολυώνυμο a_nx^n+... + a_3x^3+ x^2+x+1 (δηλαδή με a_2=a_1=a_0=1) 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.


Νῆφε καί μέμνασο ἀπιστεῖν˙ ἄρθρα ταῦτα γάρ φρενῶν
Νοῦς ὁρᾷ καί Νοῦς ἀκούει˙ τἆλλα κωφά καί τυφλά.
...
Ρεκούμης Κωνσταντίνος
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3817
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#56

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Παρ Ιαν 20, 2017 11:22 pm

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


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10164
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#57

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Ιαν 21, 2017 10:49 am

cretanman έγραψε: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.
a) Αν η a 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 a=1 ή a=2/3, 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 c θα βρούμε 3a^2-2a-1=0, 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
Δημοσιεύσεις: 1799
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#58

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Σάβ Ιαν 21, 2017 1:44 pm

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 p(x)

Επειδή ο μεγιστοβάθμιος συντελεστής του p(x) είναι 1 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}


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10164
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#59

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Παρ Απρ 14, 2017 4:41 pm

ΑΣΚΗΣΗ 16

Ικανή και αναγκαία συνθήκη για να είναι οι ρίζες της ax^3+bx^2+cx+d=0 σε γεωμετρική πρόοδο είναι ac^3=db^3.


Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6076
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#60

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Παρ Απρ 14, 2017 7:20 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 16

Ικανή και αναγκαία συνθήκη για να είναι οι ρίζες της ax^3+bx^2+cx+d=0 σε γεωμετρική πρόοδο είναι ac^3=db^3.
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}.}


Μάγκος Θάνος
Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης