mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 03, 2014 7:32 pm**

Γεια σε όλους!
Αυτή είναι η πρώτη άσκηση που ανεβάζω

, για αυτό να είστε επιεικείς (αν σας φανεί εύκολη ή αν έχει ανέβει ξανά...

)
Διάβαζα ένα βιβλίο με προβλήματα από διαγωνισμούς και βρήκα την παρακάτω άσκηση:
Να βρεθεί πολυώνυμο 5ου βαθμού p(x)

με ρητούς συντελεστές τέτοιο ώστε (x - 1)^3 / p(x) + 1

και

(Crux Mathematicorum, Problem 7)

Ξέχασα να αναφέρω πως στην εκφώνηση έλεγε "χωρίς λογισμό"...

)

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 03, 2014 8:47 pm**

Καλώς ήρθες στο

Μια λύση ρουτίνας είναι η ακόλουθη:

Έστω $\displaystyle{P(x)=ax^5+bx^4+cx^3+dx^2+ex+f.}$

Σύμφωνα με τα δεδομένα, καλούμαστε να λύσουμε το σύστημα

$\displaystyle{\begin{cases}a+b+c+d+e+f=-1, \\ 5a+4b+3c+2d+e=0, \\ 20a+12b+6c+2d=0, \\ -a+b-c+d-e+f=1, \\ 5a-4b+3c-2d+e=0, \\-20a+12b-6c+2d=0.\end{cases}}$

Πρόκειται για ένα γραμμικό $\displaystyle{6\times 6}$ σύστημα, το οποίο, αφού γίνουν οι πράξεις, βρίσκουμε ότι έχει τη λύση

$\displaystyle{(a,b,c,d,e,f)=\Big(-\frac{3}{8},0,\frac{5}{4},0,-\frac{15}{8},0\Big).}$

Υπάρχει και λύση χωρίς την χρήση της παραγώγου πολυωνύμου. Αν δεν τη βάλει κανείς θα την παραθέσω αργότερα.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 04, 2014 11:08 am**

Κύριε Μάγκο, πώς βοηθάει η παράγωγος πολυωνύμου στην επίλυση της άσκησης;

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 04, 2014 11:42 am**

Ραφαήλ, μας δίνεται η σχέση p(x) + 1 = A(x)(x-1)^3

για κάποιο πολυώνυμο A(x)

. Αυτό μας δίνει ότι p(1) = -1, p'(1) = 0

και

. Αυτά δίνουν τις πρώτες τρεις εξισώσεις του Θάνου. Οι άλλες τρεις λαμβάνονται με παρόμοιο τρόπο από την σχέση p(x) - 1 = B(x)(x+1)^3.

Βάζω και ένα αλγεβρικό τρόπο:

Αφού p(x) + 1 = A(x)(x-1)^3

και

τότε είναι 2 = A(x)(x-1)^3 - B(x)(x+1)^3

. Θα προσπαθήσω λοιπόν να γράψω το

σαν «γραμμικό συνδυασμό» των πολυωνύμων (x-1)^3

και

. Αυτό γίνεται με τον Ευκλείδιο αλγόριθμο. Έχουμε:

$\displaystyle{(1) \quad (x^3 + 3x^2 + 3x + 1) = (x^3 - 3x^2 + 3x- 1) + 6x^2+2}$

$\displaystyle{(2) \quad 6(x^3 - 3x^2 + 3x - 1) = (x-3)(6x^2+2) + 16x}$

$\displaystyle{ (3) \quad 8(6x^2 + 2) = (3x)(16x) + 16.}$

Τώρα πάμε ανάποδα. Από την (3) είναι

$\displaystyle{ 16 = 8(6x^2+2) - (3x)(16x)}$

και άρα από την (2) παίρνουμε

$\displaystyle{ 16 = 8(6x^2+2) - (3x)[6(x^3 - 3x^2 + 3x - 1) - (x-3)(6x^2+2)]}$
$\displaystyle{= (3x^2-9x+8)(6x^2+2) - (18x)(x^3 - 3x^2 + 3x - 1).}$

Τώρα από την (1) παίρνουμε

$\displaystyle{ 16 = (3x^2-9x+8)[(x^3 + 3x^2 + 3x + 1) - (x^3 - 3x^2 + 3x- 1)] - (18x)(x^3 - 3x^2 + 3x - 1)}$
$\displaystyle{ = (3x^2-9x+8)(x^3 + 3x^2 + 3x + 1) -(3x^2+9x+8)(x^3 - 3x^2 + 3x- 1) }$

Θέτουμε λοιπόν A(x) = -(3x^2 + 9x+8)/8

και

. Ορίζω

. Εξ ορισμού (x-1)^3|p(x)+1

. Επιπλέον έχουμε δείξει ότι p(x)-1 = A(x)(x-1)^3 - 2 = B(x)(x+1)^3

οπότε είναι και (x+1)^3|p(x)-1

.

Τώρα απλώς κάνουμε τις πράξεις για να πάρουμε $\displaystyle{p(x) = -\frac{3}{8}x^5 + \frac{5}{4}x^3 - \frac{15}{8}x}$ ακριβώς το ίδιο πολυώνυμο που βρήκε και ο Θάνος. [Δείξτε ότι δεν υπάρχει άλλο τέτοιο πολυώνυμο βαθμού το πολύ

.]

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 04, 2014 6:56 pm**

Ένα (και μόνον) περιττό πολυώνυμο δηλαδή -- θα πρέπει να υπάρχει κάποιος γρήγορος τρόπος να δούμε γιατί ο σταθερός όρος και οι συντελεστές του x^2

και του

είναι μηδενικοί...

...Τέλος πάντων, ιδού ένας άλλος αλγεβρικός τρόπος επίλυσης:

Θέτουμε A(x)=a_2x^2+a_1x+a_0

και

, οπότε από την

p(x)=(a_2x^2+a_1x+a_0)(x-1)^3-1=(b_2x^2+b_1x+b_0)(x+1)^3+1

προκύπτουν, όρο προς όρο, οι εξισώσεις

b_2=a_2

και η επίλυση του προκύψαντος συστήματος μας δίνει το p(x)

.

Γιώργος Μπαλόγλου

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 04, 2014 10:00 pm**

Μια λύση με παραγώγους .
... $\displaystyle{\left( {{{(x - 1)}^3}/p(x) + 1,{{(x + 1)}^3}/p(x) - 1,\deg \left( {p(x)} \right) = 5} \right) \Leftrightarrow }$
$\displaystyle{ \Leftrightarrow \left( {{{(x - 1)}^2}/p'(x),{{(x + 1)}^2}/p'(x),\deg \left( {p'(x)} \right) = 4,p(1) = - 1,p( - 1) = 1} \right) \Leftrightarrow }$
$\displaystyle{ \Leftrightarrow }$ $\displaystyle{\left( {p'(x) = a{{(x - 1)}^2}{{(x + 1)}^2} = a{{({x^2} - 1)}^2} = a{x^4} - 2a{x^2} + a,p(1) = - 1,p( - 1) = 1} \right) \Leftrightarrow }$
$\displaystyle{ \Leftrightarrow \left( {p(x) = \frac{a}{5}{x^5} - 2\frac{a}{3}{x^3} + ax + b,p(1) = - 1,p( - 1) = 1} \right)}$
Έχουμε $\displaystyle{\left\{ \begin{array}{l} p(1) = - 1\\ p( - 1) = 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \frac{a}{5} - 2\frac{a}{3} + a + b = - 1\\ - \frac{a}{5} + 2\frac{a}{3} - a + b = 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = - \frac{{15}}{8}\\ b = 0 \end{array} \right.}$
Άρα είναι $\displaystyle{p(x) = - \frac{3}{8}{x^5} + \frac{5}{4}{x^3} - \frac{{15}}{8}x}$ .
Ν.Ζ.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 06, 2014 11:19 am**

gbaloglou έγραψε:

Πως λύνουμε ένα τέτοιο σύστημα; Ο καθένας όπως μπορεί, θα έλεγα -- πολλοί τρόποι, κανένας τους ιδιαίτερα δύσκολος!

Θα ήθελα πάντως να αναφέρω εδώ ότι το παραπάνω σύστημα και η λύση του μου θυμίζει έντονα αυτό(ν)

Γιώργος Μπαλόγλου

mathematica.gr

Πολυώνυμο

Πολυώνυμο

Re: Πολυώνυμο

Re: Πολυώνυμο

Re: Πολυώνυμο

Re: Πολυώνυμο

Re: Πολυώνυμο

Re: Πολυώνυμο