Και άλλη παραγοντοποίηση

Συντονιστής: Γιώργος Ρίζος

Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 5270
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Και άλλη παραγοντοποίηση

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Δευ Δεκ 04, 2017 1:23 pm

Να γραφεί το πολυώνυμο x^5+x+1 ως γινόμενο δύο πολυωνύμων.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 15082
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Και άλλη παραγοντοποίηση

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Δευ Δεκ 04, 2017 1:53 pm

x^5+x+1=x^5+x^4-x^4+x^3-x^3+x^2-x^2+x+1=

x^5+x^4+x^3-x^4-x^3-x^2+x^2+x+1=

x^3(x^2+x+1)-x^2(x^2+x+1)+(x^2+x+1)=

(x^2+x+1)(x^3-x^2+1)


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5286
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Και άλλη παραγοντοποίηση

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Δευ Δεκ 04, 2017 7:55 pm

Καλησπέρα σε όλους. Άλλη μία απάντηση, που δυστυχώς είναι παράνομη για τη Γ΄ Γυμνασίου, εφόσον, με βάση τις οδηγίες διδασκαλίας, η διαφορά και το άθροισμα κύβων δεν διδάσκονται πια.

 \displaystyle {x^5} + x + 1 = {x^5} - {x^2} + {x^2} + x + 1 = {x^2}\left( {{x^3} - 1} \right) + \left( {{x^2} + x + 1} \right) =

 \displaystyle = {x^2}\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right) + \left( {{x^2} + x + 1} \right) = \left( {{x^2} + x + 1} \right)\left( {{x^3} - {x^2} + 1} \right)


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3603
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Και άλλη παραγοντοποίηση

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Δευ Δεκ 04, 2017 11:02 pm

Tolaso J Kos έγραψε:
Δευ Δεκ 04, 2017 1:23 pm
Να γραφεί το πολυώνυμο x^5+x+1 ως γινόμενο δύο πολυωνύμων.
Με βλέπω για μέσα.

Το πολυώνυμο δεν έχει ρητή ρίζα.

Αν γράφεται σαν γινόμενο πολυωνύμων τότε το ένα θα είναι δευτέρου και το άλλο τρίτου βαθμού.

Αν έχουν ρητούς συντελεστές τότε αναγκαστικά θα είναι ακέραιοι.

Να μην είναι ρητοί δεν παίζει γιατί τότε δεν θα ήταν για Γ Γυμνασίου.

Εστω x^{5}+x+1=(x^{3}+ax^{2}+bx+c)(x^{2}+dx+e)

με a.b,c,d,e\in \mathbb{Z}

Εξισώνοντας συντελεστές παίρνουμε το σύστημα.

a+d=0,e+da+b=0,ae+c+db=0,be+dc=1,ce=1

Λόγω της πρώτης γίνεται

d=-a,e-a^{2}+b=0,ae+c-ab=0,be-ac=1,ce=1

Από την τελευταία έχουμε ότι c=e=-1 η c=e=1

Στην πρώτη περίπτωση το σύστημα γίνεται

d=-a,-1-a^{2}+b=0,-a+c-ab=0,-b+a=1

καταλήγουμε στην a^{2}-a+2=0

που είναι αδύνατη .

Στην δεύτερη περίπτωση καταλήγουμε στο

d=-a,1-a^{2}+b=0,a+1-ab=0,b-a=1

Από την δεύτερη και τέταρτη παίρνουμε ότι

-a^{2}+a+2=0

που δίνει a=-1 η a=2

μόνο η πρώτη επαληθεύει όποτε έχουμε

a=-1,d=1,b=0,c=e=1

Ελπίζω να καταλαβαίνεται γιατί έγραψα όλα τα παραπάνω.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8989
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Και άλλη παραγοντοποίηση

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Δεκ 05, 2017 4:44 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Δευ Δεκ 04, 2017 11:02 pm
Με βλέπω για μέσα.
Να σου κάνω παρέα;

Σοβαρή προειδοποίηση: Η πιο κάτω λύση χρησιμοποιεί γνώσεις πολύ πέραν της Γ' Γυμνασίου. Δεν ξέρω καν αν θα ήταν κατανοητή από μαθητές Γ' Λυκείου. (Στην Κύπρο πάντως σίγουρα δεν θα ήταν, διότι οι μιγαδικοί αριθμοί εξαφανίστηκαν από την διδακτέα ύλη και ακόμη αναζητούνται. Ο ευρών αμειφθήσεται.)

Έστω \omega = e^{2\pi i/3}. Το \omega είναι μιγαδική τρίτη ρίζα της μονάδας. Τότε

\displaystyle f(\omega) = \omega^5 + \omega + 1 = \omega^2 + \omega + 1 = \frac{\omega^3-1}{\omega-1} = 0.

Άρα είναι και f(\overline{\omega}) = 0. Οπότε το

\displaystyle (x-\omega)(x-\overline{\omega}) = (x-\omega)(x-\omega^2) = x^2 - (\omega + \omega^2)x + \omega^3 = x^2 + x + 1

είναι παράγοντας του f(x).

Τώρα κάνουμε την Ευκλείδεια διαίρεση για να βρούμε τον άλλο παράγοντα.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ”

Μέλη σε σύνδεση

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