Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

Mihalis_Lambrou
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 9885
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#81

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Νοέμ 11, 2017 8:14 am

ΑΣΚΗΣΗ 21

Για πραγματικούς a,b,c,d θέτουμε s_k=a^k+b^k+c^k+d^k. Αν s_1=s_2=0, να αποδειχθεί ότι 28s_{11}=11s_7s_4.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6008
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#82

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Σάβ Νοέμ 11, 2017 5:32 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Σάβ Νοέμ 11, 2017 8:14 am
ΑΣΚΗΣΗ 21

Για πραγματικούς a,b,c,d θέτουμε s_k=a^k+b^k+c^k+d^k. Αν s_1=s_2=0, να αποδειχθεί ότι 28s_{11}=11s_7s_4.

Ας είναι \displaystyle{x^4-kx+m=0} εξίσωση με ρίζες τις \displaystyle{a,b,c,d,} όπου \displaystyle{k=abc+bcd+cda+dab, m=abcd.}

Είναι \displaystyle{a^4=ka-m\implies \boxed{s_4=-4m}.}

Επίσης \displaystyle{a^3=k-\frac{m}{a}\implies s_3=4k-m\frac{k}{m}=3k} (αν κάποιος είναι ίσος με μηδέν, ισχύει προφανώς)

άρα \displaystyle{\boxed{s_3=3k}}.

Είναι ακόμα

\displaystyle{a^{5}=ka^2-ma\implies a^{10}=k^2a^4+m^2a^2-2kma^3\implies a^{11}=k^2a^5+m^2a^3-2kma^4\implies }

\displaystyle{\implies s_{11}=k^2s_5+m^2s_3-2kms_4\implies \boxed{s_{11}=11km^2},} αφού προφανώς \displaystyle{s_5=0.}

Τέλος, είναι

\displaystyle{a^7=ka^4-ma^3\implies s_7=ks^4-ms^3\implies \boxed{s_7=-7km}.}

Η ζητούμενη είναι πλέον φανερή.


Μάγκος Θάνος
Mihalis_Lambrou
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 9885
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#83

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Παρ Δεκ 29, 2017 12:13 am

ΑΣΚΗΣΗ 22

Να λυθεί η εξίσωση

\displaystyle{ 1 + x + \frac {x(x+1)}{2!}+ ... \, + \frac {x(x+1)...(x+n-1)}{n!}=0}



Άβαταρ μέλους
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 205
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#84

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Μπόρμπας » Παρ Δεκ 29, 2017 5:37 am

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Παρ Δεκ 29, 2017 12:13 am
ΑΣΚΗΣΗ 22

Να λυθεί η εξίσωση

\displaystyle{ 1 + x + \frac {x(x+1)}{2!}+ ... \, + \frac {x(x+1)...(x+n-1)}{n!}=0}

Καλησπέρα σας κ.Λάμπρου και χρόνια πολλά!
Ορίζουμε P_n(x)=1+x+...+\frac{x(x+1)...(x+n-1)}{n!}.
Αρχικά θα δείξουμε ότι:
P_n(-n)=0.
Πράγματι: P_n(-n)=1+(-n)+\frac{(-n)(-n+1)}{2!}+...+(-1)^n= 
1-n+\frac{n(n-1)}{2}-...+(-1)^n=
\binom{n}{0}-\binom{n}{1}+...+(-1)^n\binom{n}{n}=0.
Στην συνέχεια παρατηρούμε ότι:
P_{n+1}(x)-P_n(x)=\frac{x(x+1)...(x+n)}{(n+1)!} άρα
εάν -1,-2,...,-n είναι ρίζες του P_n(x) τότε είναι και του P_{n+1}(x).
Πράγματι P_{n+1}(-i)-P_n(-i)=0 \forall i=\{1,2, ..., n\}.
Το πολυώνυμο έχει βαθμό n άρα και το πολύ n ρίζες, αφού όμως P_n(-i)=0, i=\{1,2, ...,n\} τότε:
\boxed{x=\{-1, -2, ..., -n\}} είναι οι ρίζες της εξίσωσης.


Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
Mihalis_Lambrou
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 9885
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#85

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Παρ Δεκ 29, 2017 1:15 pm

Γιάννης Μπόρμπας έγραψε:
Παρ Δεκ 29, 2017 5:37 am

P_{n+1}(x)-P_n(x)=\frac{x(x+1)...(x+n)}{(n+1)!} άρα
:10sta10:

Κλέβοντας από την λύση, μπορούμε να δείξουμε επαγωγικά ότι \displaystyle{P_n(x)=\frac{(x+1)(x+2)...(x+n)}{n!}}, από όπου αμέσως οι ρίζες.


silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1141
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#86

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Παρ Δεκ 29, 2017 3:15 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Παρ Δεκ 29, 2017 12:13 am
ΑΣΚΗΣΗ 22

Να λυθεί η εξίσωση

\displaystyle{ 1 + x + \frac {x(x+1)}{2!}+ ... \, + \frac {x(x+1)...(x+n-1)}{n!}=0}

Άλλη μία λύση, βασιζόμενος στο πως μοιάζει ο κάθε όρος.
Η εξίσωση γράφεται \displaystyle{\sum_{r=0}^n\binom{x+r-1}{r}=0.}
Όμως από γνωστή ταυτότητα το αριστερό μέλος ισούται με \displaystyle{\binom{x-1+1+n}{n}=\binom{x+n}{n}=\frac{(x+1)(x+2)...(x+n)}{n!}.}


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Mihalis_Lambrou
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 9885
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#87

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Παρ Δεκ 29, 2017 5:25 pm

ΑΣΚΗΣΗ 23

Να αποδειχθεί ότι για φυσικούς m,n με m < n, το x^m-a^m διαιρεί το x^n-a^n αν και μόνον m|n.


Άβαταρ μέλους
Γιάννης Μπόρμπας
Δημοσιεύσεις: 205
Εγγραφή: Τρί Δεκ 13, 2016 10:41 pm
Τοποθεσία: Χανιά

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#88

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιάννης Μπόρμπας » Παρ Δεκ 29, 2017 6:47 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Παρ Δεκ 29, 2017 5:25 pm
ΑΣΚΗΣΗ 23

Να αποδειχθεί ότι για φυσικούς m,n με m < n, το x^m-a^m διαιρεί το x^n-a^n αν και μόνον m|n.
Έστω m,n φυσικοί τέτοιοι ώστε: x^m-a^m|x^n-a^n.
Έστω n=km+u με 0\leq u<m.
Τότε x^m-a^m|x^{km+u}-a^{km+u}. (1)
Όμως x^m-a^m|x^u(x^{km}-a^{km})=x^{km+u}-x^ua^{km}. (2)
Αφαιρώντας την (2) από την (1) έχουμε: x^m-a^m|a^{km}(x^u-a^u).
Αφού όμως u<m πρέπει u=0 άρα n=km\implies m|n


Γιάννης Μπορμπαντωνάκης
Mihalis_Lambrou
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 9885
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#89

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Παρ Δεκ 29, 2017 7:51 pm

ΑΣΚΗΣΗ 24

Έστω a_0, \, a_1, \, ... \, a_n πραγματικοί (ή μιγαδικοί) αριθμοί με |a_0| \ge 1 και | a_k| \le 1 για 1\le k \le n. Δείξτε ότι κάθε ρίζα \rho της a_nx^n+ ... + a_1x+ a_0=0 ικανοποιεί |\rho | > \dfrac  {1}{2}.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 1569
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#90

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Παρ Δεκ 29, 2017 8:14 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Παρ Δεκ 29, 2017 12:13 am
ΑΣΚΗΣΗ 22

Να λυθεί η εξίσωση

\displaystyle{ 1 + x + \frac {x(x+1)}{2!}+ ... \, + \frac {x(x+1)...(x+n-1)}{n!}=0}

Στο ίδιο μήκος κύματος με τον Σιλουανό.
Εκτός φακέλλου.
Γράφω ακριβώς πως πήγε η σκέψη μου

Για x\in \mathbb{R},n\in \mathbb{N}

είναι \binom{x}{n}=\dfrac{x(x-1)..(x-n+1)}{n!},\binom{x}{0}=1

Η εξίσωση γράφεται

\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\binom{-x}{k}=0(0)

Ειναι γνωστό ότι (1+t)^{a}=\sum_{k=0}^{\infty }\binom{a}{k}t^{k}

για t σε κατάλληλο διάστημα.

Προκύπτει άμεσα η

(1-t)^{a}=\sum_{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\binom{a}{k}t^{k}(1)

Αν a\in \mathbb{N} τότε

για k> a,k\in \mathbb{N}είναι \binom{a}{k}=0

και η (1) ισχύει για t\in \mathbb{R} και άρα για t=1

Δηλαδή0=\sum_{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\binom{a}{k}

Η τελευταία έχει ρίζες τα 1,2,3....

Ετσι η (0) έχει ρίζες τα -1,-2,.....-n


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 1569
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#91

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Παρ Δεκ 29, 2017 8:54 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Παρ Δεκ 29, 2017 5:25 pm
ΑΣΚΗΣΗ 23

Να αποδειχθεί ότι για φυσικούς m,n με m < n, το x^m-a^m διαιρεί το x^n-a^n αν και μόνον m|n.
Αν θέσουμε p_{n}(x)=x^{n}-a^{n} τότε ο Ευκλείδιος αλγόριθμος για τα n,m\in \mathbb{N}

μεταβιβάζεται στα p_{n}(x),p_{m}(x)

Αυτό συμβαίνει γιατί αν n=mk+u,0\leq u< m

τότε
x^{n}-a^{n}=(x^{km})x^{u}-(a^{km})a^{u}=x^{u}(x^{km}-a^{km})+a^{km}(x^{u}-a^{u})=(x^{m}-a^{m})q(x)+a^{km}(x^{u}-a^{u})

Ετσι παίρνουμε το ζητούμενο.
Να σημειώσω ότι ισχύει για πολυώνυμα τέτοιας μορφής σε οποιοδήποτε σώμα.


Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3773
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#92

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Παρ Δεκ 29, 2017 11:29 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Παρ Δεκ 29, 2017 7:51 pm
ΑΣΚΗΣΗ 24

Έστω a_0, \, a_1, \, ... \, a_n πραγματικοί (ή μιγαδικοί) αριθμοί με |a_0| \ge 1 και | a_k| \le 1 για 1\le k \le n. Δείξτε ότι κάθε ρίζα \rho της a_nx^n+ ... + a_1x+ a_0=0 ικανοποιεί |\rho | > \dfrac  {1}{2}.
Έστω ότι υπάρχει ρίζα \rho με |\rho|\leq\dfrac{1}{2}

Τότε λόγω της a_0=-a_n\rho^n- a_{n-1}\rho^{n-1}- \cdots - a_1\rho παίρνουμε

\begin{aligned} |a_0| &= \left|a_n\rho^n+ a_{n-1}\rho^{n-1} + \cdots + a_1\rho\right|\leq |a_n||\rho|^n+|a_{n-1}||\rho|^{n-1}+\cdots +|a_1||\rho|  
 \\ &\leq \left(\dfrac{1}{2}\right)^n+\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}+ \cdots + \dfrac{1}{2} \\ &= 1-\dfrac{1}{2^n}<1\end{aligned}

άτοπο διότι |a_0|\geq 1. Άρα για όλες τις ρίζες \rho της εξίσωσης ισχύει |\rho|>\dfrac{1}{2}

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6008
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#93

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Σάβ Δεκ 30, 2017 1:13 am

ΑΣΚΗΣΗ 25

Να αποδειχθεί ότι για φυσικούς m,n με m < n, το x^m+1 διαιρεί το x^n-1 αν και μόνον 2m|n.


Μάγκος Θάνος
Mihalis_Lambrou
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 9885
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#94

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Δεκ 30, 2017 11:14 am

matha έγραψε:
Σάβ Δεκ 30, 2017 1:13 am
ΑΣΚΗΣΗ 25

Να αποδειχθεί ότι για φυσικούς m,n με m < n, το x^m+1 διαιρεί το x^n-1 αν και μόνον 2m|n.
Αν n=2km τότε \displaystyle{x^n-1= (x^{m})^{2k}-1= \left ((x^{m})^{k}-1\right )\left ((x^{m})^{k}+1\right )= \left (x^{m}-1\right )\left  ((x^{m})^{k-1}+...+x^{m}+1\right )\left ((x^{m})^{k}+1\right )}

που δείχνει την μία κατεύθυνση. Αντίστροφα (με χρήση των απαγορευμένων μιγαδικών) αν x^m+1 διαιρεί το x^n-1 τότε η ρίζα \displaystyle{e^{\pi i/m}} του αριστερού θα είναι ρίζα του δεξιού, του οποίου όμως ξέρουμε όλες τις ρίζες: Είναι οι \displaystyle{e^{2k\pi i/n}, \, 0\le k \le n-1}. Έτσι, υπάρχει k με \displaystyle{e^{\pi i/m}=e^{2k\pi i/n}}, οπότε για κάποιο N είναι \displaystyle{\pi i/m = 2k\pi i/n + 2N \pi i}}. Άρα n=2(k+Nn)m, όπως θέλαμε.


Mihalis_Lambrou
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 9885
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#95

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Παρ Ιαν 05, 2018 10:18 am

Μία εύκολη.

ΑΣΚΗΣΗ 26

Αν k, \, a_1, \, a_2, \, ... \, a_k θετικοί φυσικοί αριθμοί, δείξτε ότι το πολυώνυμο \displaystyle{x^{k-1} +x^{k-2} +... + x+ 1} διαιρεί το \displaystyle{x^{ka_1} +x^{ka_2+1}+ ... + x^{ka_k+k-1}.}


sot arm
Δημοσιεύσεις: 115
Εγγραφή: Τρί Μάιος 03, 2016 5:25 pm

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#96

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sot arm » Παρ Ιαν 05, 2018 11:06 am

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Παρ Ιαν 05, 2018 10:18 am
Μία εύκολη.

ΑΣΚΗΣΗ 26

Αν k, \, a_1, \, a_2, \, ... \, a_k θετικοί φυσικοί αριθμοί, δείξτε ότι το πολυώνυμο \displaystyle{x^{k-1} +x^{k-2} +... + x+ 1} διαιρεί το \displaystyle{x^{ka_1} +x^{ka_2+1}+ ... + x^{ka_k+k-1}.}
Αρκεί να δείξω ότι αν ένας αριθμός είναι ρίζα του πρώτου πολυωνύμου, τότε είναι και του δευτέρου, έστω z μία ρίζα του πρώτου, έχω:
\displaystyle{z^{k-1} +z^{k-2} +... + z+ 1 =0 \Rightarrow (z-1)(z^{k-1} +z^{k-2} +... + z+ 1)=0 \Rightarrow z^{k}=1}

Θα χρησιμοποιήσω το εξής γνωστό:
Αν \displaystyle{z^{k}=1  \wedge a=b(modk) \Rightarrow z^{a}=z^{b}}
καθότι: \displaystyle{z^{a}=z^{b+kl}=z^{b}\cdot (z^{k})^{l}=z^{b}}

με την χρήση αυτού έχω :
\displaystyle{z^{ka_1} +z^{ka_2+1}+ ... + z^{ka_k+k-1}= z^{k-1} +z^{k-2} +... + z+ 1 =0}
Άρα κάθε ρίζα του πρώτου είναι και ρίζα του δεύτερου και το ζητούμενο έπεται.


Αρμενιάκος Σωτήρης
Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6008
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#97

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Παρ Ιαν 05, 2018 12:07 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Παρ Ιαν 05, 2018 10:18 am
Μία εύκολη.

ΑΣΚΗΣΗ 26

Αν k, \, a_1, \, a_2, \, ... \, a_k θετικοί φυσικοί αριθμοί, δείξτε ότι το πολυώνυμο \displaystyle{x^{k-1} +x^{k-2} +... + x+ 1} διαιρεί το \displaystyle{x^{ka_1} +x^{ka_2+1}+ ... + x^{ka_k+k-1}.}
Και διαφορετικά:

Ας είναι \displaystyle{g(x)=x^{k-1} +x^{k-2} +... + x+ 1, f(x)=x^{ka_1} +x^{ka_2+1}+ ... + x^{ka_k+k-1}.}

Είναι \displaystyle{g(x)|f(x)\iff g(x)|\left(f(x)-g(x)\right)}.

Όμως

\displaystyle{f(x)-g(x)=(x^{ka_1}-1)+x(x^{ka_2}-1)+\cdots +x^{k-1}(x^{ka_k}-1)} και κάθε παρένθεση είναι της μορφής \displaystyle{x^{km}-1=(x^k)^m-1=(x^k-1)(\cdots )=g(x)(x-1)(\cdots).}


Μάγκος Θάνος
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7576
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#98

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Παρ Ιαν 05, 2018 3:08 pm

sot arm έγραψε:
Παρ Ιαν 05, 2018 11:06 am

Αρκεί να δείξω ότι αν ένας αριθμός είναι ρίζα του πρώτου πολυωνύμου, τότε είναι και του δευτέρου,
Πρέπει όμως να ελεγχθεί και ο βαθμός της κάθε ρίζας.


sot arm
Δημοσιεύσεις: 115
Εγγραφή: Τρί Μάιος 03, 2016 5:25 pm

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#99

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sot arm » Κυρ Ιαν 07, 2018 9:58 pm

Demetres έγραψε:
Παρ Ιαν 05, 2018 3:08 pm
sot arm έγραψε:
Παρ Ιαν 05, 2018 11:06 am

Αρκεί να δείξω ότι αν ένας αριθμός είναι ρίζα του πρώτου πολυωνύμου, τότε είναι και του δευτέρου,
Πρέπει όμως να ελεγχθεί και ο βαθμός της κάθε ρίζας.
Έχετε δίκιο, προσθέτω περαιτέρω αιτιολόγηση, συγκεκριμένα θα δείξουμε ότι κάθε ρίζα έχει πολλαπλότητα 1.
Με απευθείας υπολογισμό βλέπουμε ότι το 1 δεν αποτελεί ρίζα, κάνω ακριβώς το ίδιο με πριν:

\displaystyle{z^{k-1}+z^{k-2}+...+1=0 \Rightarrow z^{k}=1}

βρίσκουμε τις κ-1 ρίζες:

\displaystyle{z_{n}=cos(\frac{2n\pi}{k})+isin(\frac{2n\pi}{k}) , n\in {1,2,..,k-1}}
(κανονικά θα είχαμε και λύση για n=k που απορρίπτεται)
και αφού το πλήθος των (διακεκριμένων) ριζών είναι ίσες με τον βαθμό του πολυωνύμου όλες έχουν πολλαπλότητα 1 και νομίζω ότι τώρα είναι επαρκής η αιτιολόγηση.


Αρμενιάκος Σωτήρης
Mihalis_Lambrou
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 9885
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#100

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Παρ Ιαν 12, 2018 4:09 pm

Μόλις την παρέλαβα για επίλυση, από Ρουμανία. Την τοποθετώ στον παρόντα φάκελο αν και θυμίζει άσκηση
Θεωρίας Αριθμών, γιατί ο ίδιος την έλυσα με πολυώνυμα.

ΑΣΚΗΣΗ 27

Δείξτε ότι αν ο αριθμός 1+2^n+4^n είναι πρώτος, τότε n=3^k για κάποιο φυσικό k.


Απάντηση

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

Μέλη σε σύνδεση

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