Παραγοντοποίηση παράστασης

#1

Να παραγοντοποιήσετε την παράσταση:

$x^{12}+x^{9}+x^{6}+x^{3}+1$

Λάμπρος Μπαλός · #2

Ας βαφτίσουμε $x^{3}=y$ .
Έχουμε λοιπόν να παραγοντοποιήσουμε την παράσταση y^4+y^3+y^2+y+1

.

Λόγω του $y^{4}$ και του

σκέφτομαι, μήπως υπάρχουν a,b

τέτοια ώστε

$y^{4}+y^{3}+y^{2}+y+1=(y^{2}+ay+1)(y^{2}+by+1)=$

$y^{4}+by^{3}+y^{2}+ay^{3}+aby^{2}+ay+y^{2}+by+1=$

$y^{4}+(a+b)y^{3}+(ab+2)y^{2}+(a+b)y+1$ .

Αναζητώ τα a,b

για τα οποία a+b=1

και $ab+2=1 \Leftrightarrow ab=-1$ . Εν ολίγοις, αναζητώ τις ρίζες της εξίσωσης

$x^{2}-x-1=0$ .

Α μάλιστα, πρόκειται για τις $\phi, - \frac{1}{\phi}$ .

Συνεπώς,

$y^{4}+y^{3}+y^{2}+y+1=(y^{2}+\phi y+1)(y^{2}-\frac{1}{\phi}y+1) \Leftrightarrow$

$x^{12}+x^{9}+x^{6}+x^{3}+1=(x^{6}+\phi x^{3}+1)(x^{6}-\frac{1}{\phi}x^{3}+1)$ .

#3

chris_gatos έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 04, 2021 11:38 pm
Να παραγοντοποιήσετε την παράσταση:

$x^{12}+x^{9}+x^{6}+x^{3}+1$

Αλλιώτικη παραγοντοποίηση

Ως γεωμετρική πρόοδος

$x^{12}+x^{9}+x^{6}+x^{3}+1 = \dfrac { x^{15}-1}{x^3-1}= \dfrac { (x^{5})^3-1}{x^3-1}= \dfrac { (x^{5}-1)(x^{10}+x^5+1)}{x^3-1}=$

$= \dfrac {(x-1) (x^{4}+x^3+x^2+x+1)(x^{10}+x^5+1)}{(x-1)(x^2+x+1)}= \dfrac { (x^{4}+x^3+x^2+x+1)(x^{10}+x^5+1)}{x^2+x+1}$

Τώρα, ο $x^{10}+x^5+1$ έχει ρίζες τις κυβικές ρίζες της μονάδας: Το υποπτευόμαστε αυτό γιατί ο παρονομαστής μηδενίζεται στα $\omega, \, \omega ^2$ οπότε και ο αριθμητής. Πράγματι για $x=\omega$ και όμοια για $x=\omega ^2$ έχουμε $\omega ^{10} + \omega ^5+1=\omega ^2+\omega + 1 =0$ . Έτσι ξέρουμε $x^{10}+x^5+1 = (x^2+x+1)p(x)$ όπου το πολυώνυμο

το βρίσκουμε με διαίρεση πολυωνύμων (ή με το απαίσιο σχήμα Horner που ποτέ δεν κατάλβα γιατί το διδάσκουμε). Θα βρούμε (το έλεγξα δύο φορές) p(x) =x^8-x^7+x^5-x^4+x^3-x+1

(δεν έκανα τυπογραφικό σφάλμα, οι όροι x^6, x^2

λείπουν).

Τελικά

$x^{12}+x^{9}+x^{6}+x^{3}+1 =(x^{4}+x^3+x^2+x+1)(x^8-x^7+x^5-x^4+x^3-x+1)$

#4

Συμπληρωματικά με τη λύση του κ. Μιχάλη να αναφέρω ότι η παραγοντοποίησή του είναι η καλύτερη πάνω από το $\mathbb{Q}$ καθώς κάθε ένα από τα πολυώνυμα της παραγοντοποίησης είναι ανάγωγο αφού $\varphi(15)=8$ οπότε το πολυώνυμο x^8-x^7+x^5-x^4+x^3-x+1

είναι το κυκλοτομικό πολυώνυμο $\varPhi_{15}$ τάξης

που ως γνωστόν είναι ανάγωγο στο $\mathbb{Q}$ (δύσκολο αποτέλεσμα που οφείλεται στον Gauss). To x^4+x^3+x^2+x+1

είναι το $\varPhi_{5}$ . Υπάρχουν πολλά και όμορφα αποτελέσματα γύρω από τα κυκλοτομικά πολυώνυμα που αξίζει να δείτε!

Είναι ας πούμε γνωστό (*) ότι

$x^{15}-1=\varPhi_{1}(x)\varPhi_{3}(x)\varPhi_{5}(x)\varPhi_{15}(x)$ και $x^3-1=\varPhi_1(x)\varPhi_3(x)$ και έτσι

$\dfrac{x^{15}-1}{x^3-1}=\dfrac{\varPhi_{1}(x)\varPhi_{3}(x)\varPhi_{5}(x)\varPhi_{15}(x)}{\varPhi_1(x)\varPhi_3(x)}=\varPhi_5(x)\varPhi_{15}(x)$ και σε συνδυασμό με το γεγονός ότι o

είναι πρώτος άρα το κυκλοτομικό πολυώνυμο τάξης

είναι το $\varPhi_5(x)=x^4+x^3+x^2+x+1$ , κάνοντας μία διαίρεση πολυωνύμων βρίσκουμε τον άλλο παράγοντα που είναι ο $\varPhi_{15}(x)$ .

(*) Για οποιοδήποτε φυσικό αριθμό

ισχύει ότι $x^n-1=\displaystyle\prod_{d\mid n} \varPhi_{d}(x)$
Αλέξανδρος

Παραγοντοποίηση παράστασης

Παραγοντοποίηση παράστασης

Re: Παραγοντοποίηση παράστασης

Re: Παραγοντοποίηση παράστασης

Re: Παραγοντοποίηση παράστασης

Μέλη σε σύνδεση