Πολυώνυμα και διαιρετότητα!

#1

Έστωσαν τα πολυώνυμα $\displaystyle{f(x)=x^n+x-1}$ και $\displaystyle{g(x)=x^m-x+1.}$

Να βρεθούν (αν υπάρχουν) οι τιμές του θετικού ακέραιου $\displaystyle{n}$ , αν το πολυώνυμο $\displaystyle{f}$ διαιρείται από το πολυώνυμο $\displaystyle{g}$ , όταν

α) $\displaystyle{m=2}$ ,

β) $\displaystyle{m=3}$ .

#2

matha έγραψε:Έστωσαν τα πολυώνυμα $\displaystyle{f(x)=x^n+x-1}$ και $\displaystyle{g(x)=x^m-x+1.}$

Να βρεθούν (αν υπάρχουν) οι τιμές του θετικού ακέραιου $\displaystyle{n}$ , αν το πολυώνυμο $\displaystyle{f}$ διαιρείται από το πολυώνυμο $\displaystyle{g}$ , όταν

α) $\displaystyle{m=2}$ ,

β) $\displaystyle{m=3}$ .

Κάνω την περίπτωση m = 2. Θα δούμε ότι το f διαιρείται από το g αν και μόνον αν n = 6k-1.

Έστω ότι για κάποιο πολυώνυμα p ισχύει η ταυτότητα x^n+x-1 = (x^2-x+1)p(x)

για κάθε χ πραγματικό. Τότε ισχύει και για μιγαδικά χ. Αυτό είναι ένα γνωστό κόλπο: απλούστατα τα πολυώνυμα $z^n+z-1 , \,\, (z^2-z+1)p(z)$ είναι ίσα για άπειρες τιμές του z (όλες τις πραγματικές!) άρα είναι εκ ταυτότητος ίσα.

Παρατηρούμε ότι το $e^{\pi i/3}$ μηδενίζει το z^2-z+1

άρα και το z^n+z-1

. Συνεπώς

$e^{n\pi i/3} + e^{\pi i/3}-1 =0$ οπότε $e^{n\pi i/3} = - e^{\pi i/3}+1 = e^{-\pi i/3}$ . Αρα $\frac {n\pi}{3} = 2k\pi -\frac {n\pi}{3}$ , δηλαδή n = 6k-1.

Μένει να δείξουμε ότι για τα n αυτά το f διαιρείται από το g. Π.χ. για k=1 είναι x^5+x-1=(x^2-x+1)(x^3+x^2-1)

. Για γενικό k ίσως είναι ευκολότερο να πάμε επαγωγικά. To επαγωγικό βήμα από 6k-1 στο 6k+ 5 γίνεται ως εξής:

$\displaystyle{x^{6k+5}+x-1 =x^{6k-1}(x^6-1) +x^{6k-1} +x-1 = x^{6k-1}(x^4+x^3-x-1)(x^2-x+1) + (x^2-x+1)p(x) = (x^2-x+1)q(x)}$

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

Υ.Γ. Η επαγωγική διαδικασία μας δίνει, φυσικά, και την παραγοντοποίηση f ως προς g. Π.χ. είναι

$x^{11}+x-1= (x^2-x+1)(x^9+x^8-x^6-x^5+x^3+x^2-1)$

$x^{17}+x-1= (x^2-x+1)(x^{15}+x^{14}-x^{12}-x^{11}+x^9+x^8-x^6-x^5+x^3+x^2-1)$

#3

Η δεύτερη περίπτωση είναι αδύνατη:

Έστω ότι έχουμε x^n - x + 1 = (x^3 + x - 1)p(x)

για κάποιο πολυώνυμο

. Τότε

. Όμως όλες οι ρίζες του x^n + x^3

είτε ισούνται με 0, είτε είναι (2n-6)

-οστές ρίζες της μονάδας. Όμως καμία ρίζα του x^3 + x - 1

δεν είναι

-οστή ρίζα της μονάδας (για κάποιο

), άτοπο.

Η απόδειξη του τελευταίου ισχυρισμού είναι απλή αν χρησιμοποιηθούν γνώσεις θεωρίας Galois: Αν το

είναι

-οστή ρίζα της μονάδας, τότε το ελάχιστο πολυώνυμό του έχει βαθμό $\phi(m)$ και είναι εύκολο να δειχθεί ότι $\phi(m) \neq 3$ για κάθε

.

Προς το παρόν δεν βλέπω κάποια στοιχειώδη απόδειξη του ισχυρισμού.

#4

matha έγραψε:Έστωσαν τα πολυώνυμα $\displaystyle{f(x)=x^n+x-1}$ και $\displaystyle{g(x)=x^m-x+1.}$

Να βρεθούν (αν υπάρχουν) οι τιμές του θετικού ακέραιου $\displaystyle{n}$ , αν το πολυώνυμο $\displaystyle{f}$ διαιρείται από το πολυώνυμο $\displaystyle{g}$ , όταν
<...>
β) $\displaystyle{m=3}$ .

Μετά από διάφορες περιπλανήσεις και αποδείξεις με μη στοιχειώδη τρόπο ότι δεν υπάρχει n για την περίπτωση m=3, κατάφερα να βρω έναν απόλυτα σχολικό τρόπο:

Έστω x^n+x-1 = (x^3-x+1)p(x)

.

Διακρίνουμε περιπτώσεις n ίσον άρτιο και n ίσον περιττό.

α) n περιττό.

Βάζοντας όπου x το -x έχουμε -x^n-x-1 = (-x^3+x+1)p(-x)

, άρα

.
Θα καταλήξουμε σε άτοπο δείχνοντας ότι για κάποιο χ μηδενίζεται το δεξί μέλος αλλά όχι το αριστερό.
Πράγματι, η h(x) = x^3-x-1

για $x\ge 1$ έχει παράγωγο $3x^2-1 \ge 3-1 >0$ άρα είναι γν. αύξουσα από το 1 και πέρα. Είναι h(1)h(2) < 0 άρα η h έχει
ρίζα στο ενδιάμεσο. Από την άλλη η x^n+x+1

είναι προφανώς γν. αύξουσα και θετική για $x \ge 1$ , άτοπο.

β) n άρτιο (εννοείται n > 2, δηλαδή $n \ge4$ ).

Όπως πριν, βάζοντας όπου x το -x έχουμε x^n-x-1 = (-x^3+x+1)p(-x) = (x^3-x-1)q(x)

.

Είδαμε ότι η h(x) = x^3-x-1

είναι γν. αύξουσα από το 1 και πέρα και έχει ρίζα. Ακριβέστερα, η ρίζα αυτή είναι > 13/10 διότι h(13/10) = -103/1000 < 0.

Από την άλλη η k(x) =x^n-x-1

για χ $\ge$ 13/10 έχει παράγωγο $nx^{n-1}-1> n(13/10)^{n-1}-1> 4(13/10)^3-1 > 0$ , άρα είναι γν. αύξουσα.
Επίσης για χ $\ge 13/10$ είναι $k(x) \ge (13/10)^n-13/10-1 \ge (13/10)^4-13/10-1 = 5561/10000 > 0$ . Δηλαδή η k δεν μηδενίζεται μετά το 13/10. Άτοπο
και σε αυτή την περίπτωση, οπότε ολοκληρώνουμε την απόδειξη.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

#5

Ευχαριστώ τους εκλεκτούς συναδέλφους για την ενασχόληση. Παραθέτω μία λύση για το 2ο ερώτημα:

Ακολουθώντας το σκεπτικό του Δημήτρη, υποθέτοντας ότι για κάποιο $\displaystyle{n}$ το $\displaystyle{x^3-x+1}$ διαιρεί το $\displaystyle{x^n+x-1}$ , προκύπτει ότι θα διαιρεί και το $\displaystyle{x^n+x^3,}$ δηλαδή θα υπάρχει πολυώνυμο $\displaystyle{q(x)}$ ώστε να ισχύει

$\displaystyle{x^n+x^3=(x^3-x+1)q(x)}$ (1) για κάθε $\displaystyle{x}$ .

Τώρα, το πολυώνυμο $\displaystyle{x^3-x+1}$ (αφού έχει περιττό βαθμό) έχει πραγματική ρίζα, έστω, $\displaystyle{r}$ .

Από την (1) βρίσκουμε τότε $\displaystyle{r^n+r^3=0}$ οπότε $\displaystyle{r=0}$ ή $\displaystyle{r=1}$ ή $\displaystyle{r=-1.}$

Όμως, είναι προφανές ότι κανένας από τους τρεις αυτούς αριθμούς δεν είναι ρίζα του $\displaystyle{x^3-x+1}$ .

Επομένως, δεν υπάρχει τέτοια τιμή του $\displaystyle{n.}$

#6

matha έγραψε: Τώρα, το πολυώνυμο $\displaystyle{x^3-x+1}$ (αφού έχει περιττό βαθμό) έχει πραγματική ρίζα, έστω, $\displaystyle{r}$ .

Από την (1) βρίσκουμε τότε $\displaystyle{r^n+r^3=0}$ οπότε $\displaystyle{r=0}$ ή $\displaystyle{r=1}$ ή $\displaystyle{r=-1.}$

Όμως, είναι προφανές ότι κανένας από τους τρεις αυτούς αριθμούς δεν είναι ρίζα του $\displaystyle{x^3-x+1}$ .

Πιο απλά δεν νομίζω να γίνεται.

#7

με στοιχειώδη τρόπο
Αρκεί η τυχαία ρίζα $\displaystyle{r\in C }$ του $\displaystyle{x^2-x+1 (m=2)}$ ή του $\displaystyle{x^3-x+1 (m=3)}$ να είναι ρίζα και του $\displaystyle{x^m+x-1}$

Έτσι για m=2 $\displaystyle{r^2-r+1=0}$ σημαίνει $\displaystyle{r^3=-1 , r\ne-1}$
έστω $\displaystyle{m=6n+y , y=0,1,...5}$
$\displaystyle{P(r)=0\Leftrightarrow r^{6n+y}+r-1=0\Leftrightarrow (r^3)^{2n}r^y+r-1=0\Leftrightarrow r^y+r-1=0}$ Από τις 6 τιμές του y η μόνη κατάλλη είναι το 5 αφού $\displaystyle{r^5=(r^3)r^2=-r^2}$
Τελικά m=6n+5=6k-1

Για m=3 έχουμε $\displaystyle{r^3=r-1}$
$\displaystyle{P(r)=r^m+r-1=0\Leftrightarrow r^m+r^3=0\Leftrightarrow r=0}$ η $\displaystyle{r=}$ με κάποια νιοστη ρίζα της μονάδας. Ατοπο και στις 2 περιπτωσεις

Αποδεινύω τον ισχυρισμό
αν $\displaystyle{r=cosa+isina , r^3+(1-r)=0}$ τότε $\displaystyle{cos3a+isin3a+2sin(a/2)(sin(a/2)-icos(a/2)=0\Leftrightarrow cos(5a+\pi/2)+isin(5a+\pi/2)=-2sin(a/2)}$ αδύνατον όταν r = νιοστη ρίζα της μονάδας.

#8

R BORIS έγραψε: Τελικά m=6n+5=6k-1.

Ροδόλφε,

αυτό είναι αναγκαία συνθήκη. Πρέπει ακόμη να κάνεις και την παραγοντοποίηση, αλλά αυτήν την έχω δείξει παραπάνω.

Φιλικά,

Μιχάλης

Πολυώνυμα και διαιρετότητα!

Πολυώνυμα και διαιρετότητα!

Re: Πολυώνυμα και διαιρετότητα!

Re: Πολυώνυμα και διαιρετότητα!

Re: Πολυώνυμα και διαιρετότητα!

Re: Πολυώνυμα και διαιρετότητα!

Re: Πολυώνυμα και διαιρετότητα!

Re: Πολυώνυμα και διαιρετότητα!

Re: Πολυώνυμα και διαιρετότητα!

Μέλη σε σύνδεση