Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

#21

ΑΣΚΗΣΗ 8

Αν $r_1, \, r_2, \, r_3, \, r_4$ οι ρίζες της , να βρεθεί η τιμή της παράστασης

(r_1+ r_2+ r_3 - r_4) (r_1+ r_2- r_3 + r_4)(r_1- r_2+ r_3 + r_4) (-r_1+ r_2+ r_3+ r_4)

Σχόλιο: Υπάρχει λύση με πολλές πράξεις. Η ιδέα είναι να την αποφύγουμε. Πάντως, πέρα από την επίπονη λύση, υπάρχει μία με λίγες γραμμές και υπάρχει μία ακόμα καλύτερη, με δύο γραμμές.

Ιστοσελίδα · #22

ΑΣΚΗΣΗ 8

Είναι: $r_1+r_2+r_3-r_4=(r_1+r_2+r_3+r_4)-2r_4=-\dfrac{b}{a}-2r_4$

Το γινόμενο των τεσσάρων παρενθέσεων είναι:

$\Gamma=\left(-\dfrac{b}{a}-2r_1\right)\left(-\dfrac{b}{a}-2r_2\right)\left(-\dfrac{b}{a}-2r_3\right)\left(-\dfrac{b}{a}-2r_4\right)=$

$\left(\dfrac{b}{a}+2r_1\right)\left(\dfrac{b}{a}+2r_2\right)\left(\dfrac{b}{a}+2r_3\right)\left(\dfrac{b}{a}+2r_4\right)=P\left(\dfrac{b}{a}\right)$

όπου P(x)=(x+2r_1)(x+2r_2)(x+2r_3)(x+2r_4)

$\sum (-2r_i)=-2\sum r_i=\dfrac{2b}{a}$

$\sum (-2r_i)(-2r_j)=4\sum r_ir_j=\dfrac{4c}{a}$

$\sum (-2r_i)(-2r_j)(-2r_k)=-8\sum r_ir_jr_k=\dfrac{8d}{a}$

$(-2r_1)(-2r_2)(-2r_3)(-2r_4)=\dfrac{16e}{a}$

Άρα $P(x)=x^4-\dfrac{2b}{a}\cdotp x^3+\dfrac{4c}{a}\cdotp x^2-\dfrac{8d}{a}\cdotp x+\dfrac{16e}{a}$

Επομένως, $\Gamma=P\left(\dfrac{b}{a}\right)=\left(\dfrac{b}{a}\right)^4-\dfrac{2b}{a}\cdotp\left(\dfrac{b}{a}\right)^3+\dfrac{4c}{a}\cdotp\left(\dfrac{b}{a}\right)^2-\dfrac{8d}{a}\cdotp\dfrac{b}{a}+\dfrac{16e}{a}=$

$\dfrac{-b^4+4ab^2c-8a^2bd+16a^3e}{a^4} .$

#23

Γράφω την λύση που είχα κατά νου.

Mihalis_Lambrou έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 8

Αν $r_1, \, r_2, \, r_3, \, r_4$ οι ρίζες της , να βρεθεί η τιμή της παράστασης

Έχουμε

. Παρατηρούμε ότι

$r_1+ r_2+ r_3 - r_4 = 2\left (\frac {r_1+ r_2+ r_3 + r_4 }{2} - r_4 \right) = 2\left (\frac {- b }{2a} - r_4 \right)$ και κυκλικά. Άρα η δοθείσα ισούται με

$\frac {16}{a}\left (\frac {- b }{2a} - r_1 \right) \left(\frac {- b }{2a} - r_2 \right)\left (\frac {- b }{2a} - r_3 \right)\left (\frac {- b }{2a} - r_4 \right)= \frac {16}{a} p\left (\frac {- b }{2a} \right)$

$=\frac {1}{a^4} (-b^4+4ab^2c-8a^2bd+16a^3e)}$ .

#24

ΑΣΚΗΣΗ 9

Αν $r_1, \, r_2, \, r_3, \, r_4, \, r_5$ οι ρίζες της , να δείξετε ότι

$r_1^{11}+ r_2^{11}+ r_3^{11} + r_4^{11} + r_5^{11}=0$

#25

Mihalis_Lambrou έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 9

Αν $r_1, \, r_2, \, r_3, \, r_4, \, r_5$ οι ρίζες της , να δείξετε ότι

$r_1^{11}+ r_2^{11}+ r_3^{11} + r_4^{11} + r_5^{11}=0$

Αυτές οι ασκήσεις κλασικής άλγεβρας μου αρέσουν πολύ!

Καταρχήν παρακάτω όταν χρησιμοποιείται το σύμβολο άθροισης $\displaystyle\sum$ εννοούμε $\displaystyle\sum_{1\leq i,j\leq 5, \ \ i\neq j}$ και όταν οι δείκτες είναι περισσότεροι από δύο εννοούμε ότι είναι διαφορετικοί μεταξύ τους ανά δύο.

Από τους τύπους Vieta έχουμε

$\begin{cases} \displaystyle\sum r_i=\displaystyle\sum r_ir_j=\displaystyle\sum r_ir_jr_k=0 \\ \displaystyle\sum r_ir_jr_kr_l=5 \\ r_1r_2r_3r_4r_5=-1 \end{cases} \ \ (\star)$

και λόγω των παραπάνω και της ταυτότητας $\displaystyle\sum r_i^2=\left(\displaystyle\sum r_i\right)^2-2\displaystyle\sum r_ir_j$

παίρνουμε

$\begin{cases}\displaystyle\sum \dfrac{1}{r_i}=\dfrac{\displaystyle\sum r_ir_jr_kr_l}{r_1r_2r_3r_4r_5}=-5 \\ \displaystyle\sum \dfrac{1}{r_i^2} = \dfrac{\left(\displaystyle\sum r_ir_jr_kr_l\right)^2-2r_1r_2r_3r_4r_5\displaystyle\sum r_ir_jr_k}{\left(r_1r_2r_3r_4r_5\right)^2} = 25 \\ \displaystyle\sum r_i^2=\left(\displaystyle\sum r_i\right)^2-2\displaystyle\sum r_ir_j=0\end{cases} \ \ (\star\star)$

Πάμε τώρα στη λύση της άσκησης:

Επειδή το

δεν είναι λύση της εξίσωσης, άρα $x^3=\dfrac{-5x-1}{x^2}=-\dfrac{5}{x}-\dfrac{1}{x^2} \ \ (1)$

Επίσης για κάθε αριθμό

που ικανοποιεί την αρχική εξίσωση ισχύει

$x^{10} = (-5x-1)^2=25x^2+10x+1$ κι έτσι

$x^{11}=25x^3+10x^2+x\stackrel{(1)}{=} -\dfrac{125}{x}-\dfrac{25}{x^2}+10x^2+x$

Έτσι

$\begin{aligned}\displaystyle\sum r_i^{11} &= -125\displaystyle\sum \dfrac{1}{r_i} - 25\displaystyle\sum \dfrac{1}{r_i^2}+10\displaystyle\sum r_i^2+\displaystyle\sum r_i \\ &\stackrel{(\star\star)}{=} (-125)\cdot(-5)-25\cdot 25 + 10\cdot 0 + 0 = 0\end{aligned}$ .

Αλέξανδρος

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #26

ΑΣΚΗΣΗ 9
Νομίζω ότι μπορούμε να γλυτώσουμε λίγες πράξεις.

Εχουμε $r_{1}^{5}=-(5r_{1}+1)$

Αρα $r_{1}^{10}=25r_{1}^{2}+10r_{1}+1$

Δηλαδή $r_{1}^{11}=25r_{1}^{3}+10r_{1}^{2}+r_{1}$

Αν θέσουμε $s_{n}=\sum_{k=1}^{5}r_{k}^{n}$

Τότε έχουμε $s_{11}=25s_{3}+10s_{2}+s_{1}$

Από τις σχέσεις του Vieta προκύπτει ότι $s_{1}=s_{2}=s_{3}=0$ (εδώ κλέβω λίγο)
οπότε παίρνουμε το ζητούμενο.

#27

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 9
...
Από τις σχέσεις του Vieta προκύπτει ότι $s_{1}=s_{2}=s_{3}=0$ (εδώ κλέβω λίγο)
οπότε παίρνουμε το ζητούμενο.

Ναι, το

έχει κάποια δουλειά, γι' αυτό υποθέτω ότι ο Αλέξανδρος πήγε μέσω $\displaystyle {s_{-2}$ .

Για λόγους πληρότητας καταγράφω μερικά $s_m = \Sigma r^m$ (άθροισμα

δυνάμεων των ριζών).

$s_1=s_2=s_3=s_6=s_7= s_{11}=0$ και

$s_4=-20, \, s_5=-5, \, s_8=100, \,s_9=45, \,s_{10}=5,$

$s_{12}=-500, \, s_{13}=-325, \, s_{14}=-70, \,s_{15}=-5, \,s_{16}=2500$

#28

ΑΣΚΗΣΗ 10

Αν $r_1, \, r_2, \, r_3, \, r_4$ οι ρίζες της , να δείξετε ότι

$(r_1+ r_2 - r_3- r_4)(r_1+ r_3 - r_2- r_4) (r_2+ r_3 - r_1- r_4) = \frac {b^3}{a^3} - \frac {4bc}{a^2} +\frac {8c}{a}$

Σχόλιο: Έχω δύο πολύ διαφορετικές ωραίες λύσεις.

Για να γλυτώσετε πράξεις μπορείτε να πάρετε ως δεδομένο (αν το χρειαστείτε) ότι

$\displaystyle{ \Sigma r_1^4 = \frac {b^4}{a^4} - \frac {4b^2c}{a^3} +\frac {2c^2}{a^2}+ \frac {4bd}{a^2}- \frac {4e}{a}}$ και

$\displaystyle{ \Sigma r_1^2r_2^2= \frac {c^2}{a^2}- \frac {2bd}{a^2}+ \frac {2e}{a}}$ .

KARKAR · #29

Άσκηση 11

Αν κάποιο πολυώνυμο P(x)

,

-οστού βαθμού , με n>4

και ακέραιους συντελεστές ,

παίρνει την τιμή

για τέσσερις διαφορετικές μεταξύ τους ακέραιες τιμές του

, δείξτε

ότι το πολυώνυμο δεν παίρνει την τιμή

, για καμμιά ακέραια τιμή του

. ( Παλιά σχολική )

nikkru · #30

KARKAR έγραψε:Άσκηση 11

Αν κάποιο πολυώνυμο , -οστού βαθμού , με και ακέραιους συντελεστές ,

παίρνει την τιμή για τέσσερις διαφορετικές μεταξύ τους ακέραιες τιμές του , δείξτε

ότι το πολυώνυμο δεν παίρνει την τιμή , για καμμιά ακέραια τιμή του . ( Παλιά σχολική )

Ονομάζουμε a,b,c,d

τις τέσσερις διαφορετικές μεταξύ τους ακέραιες τιμές για τις οποίες ισχύει

P(a)=P(b)=P(c)=P(d)=7

και ορίζουμε το πολυώνυμο R(x)=P(x)-7

.

Τότε

με

πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές.

Αν υπήρχε ακέραιος

τέτοιος, ώστε P(k)=14

θα είχαμε $P(k)=14 \Leftrightarrow R(k)=7 \Leftrightarrow (k-a)(k-b)(k-c)(k-d)S(k)=7$ .

Οι ακέραιοι k-a, k-b, k-c, k-d

θα πρέπει να είναι όλοι διαφορετικοί μεταξύ τους (αφού και οι ακέραιοι a,b,c,d

είναι όλοι διαφορετικοί μεταξύ τους)

πράγμα αδύνατο αφού το πολύ τρεις διαφορετικοί ακέραιοι έχουν γινόμενο

ή

(π.χ.

).

#31

KARKAR έγραψε:Άσκηση 11
( Παλιά σχολική )

nikkru έγραψε: Τότε με πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές.

Θαυμάσια.

Θα ήθελα να ρώταγα ποια είναι η απόδειξη στο παλιό σχολικό βιβλίο του παραπάνω ωραιότατου αποτελέσματος;

Μην μου δώσετε "κάποια απόδειξη" (ξέρω δύο, άλλωστε το χρησιμοποίησα στην λύση μου της ΑΣΚΗΣΗΣ 4). Η ερώτησή μου είναι "ποια ήταν η απόδειξη στο τότε σχολικό βιβλίο".

Το ρωτάω γιατί σπάνια βλέπω το παραπάνω θεώρημα καταγεγραμμένο στα βιβλία, πλην όμως είναι χρησιμότατο. Είναι ειδική περίπτωση του εξής, που ονομάζεται Θεώρημα Gauss:

Αν ένα μη μηδενικό πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές γράφεται ως γινόμενο δύο πολυωνύμων $q,\, r$ με ρητούς συντελεστές τότε γράφεται και ως γινόμενο δύο πολυωνύμων $q_o, \, r_o$ με ακέραιους συντελεστές και με ακριβώς τους ίδιους βαθμούς, αντίστοιχα, με τα $q,\, r$ .

Για παράδειγμα το 6x^3-9x^2+2x-3

γράφεται ως γινόμενο πολυωνύμων με ρητούς συντελεστές ως $\displaystyle{ \left ( \frac {4}{3}x- 2 \right ) \left (\frac {9}{2}x^2+ \frac {3}{2} \right ) }$ . Όπως εξασφαλίζει το Θεώρημα Gauss, έχουμε και την γραφή $\displaystyle{(2x-3)(3x^2+1)}$ που οι συντελεστές είναι ακέραιοι και οι βαθμοί διατηρούνται.

KARKAR · #32

Η άσκηση είναι από το βιβλίο Β' ΛΥΚΕΙΟΥ Ύλη επιλογής , έκδοση 1981 . Τόσο σ' αυτό , όσο και

στο παραπλήσιας ύλης βιβλίο - σταθμό του Η. Ντζιώρα : Ε' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ , έκδοση 1972 , δεν υπάρχει

αναφορά στο παραπάνω θεώρημα . Νομίζω πάντως , ότι η η υπόδειξη για τη λύση - που είναι

αυτή ακριβώς του nikkru - υπονοεί τη χρήση του . Οπότε , Μιχάλη , θα ήταν επιθυμητό να

αναρτήσεις κάποια απόδειξη ( έστω παραπομπή ) ...

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #33

KARKAR έγραψε:Η άσκηση είναι από το βιβλίο Β' ΛΥΚΕΙΟΥ Ύλη επιλογής , έκδοση 1981 . Τόσο σ' αυτό , όσο και

στο παραπλήσιας ύλης βιβλίο - σταθμό του Η. Ντζιώρα : Ε' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ , έκδοση 1972 , δεν υπάρχει

αναφορά στο παραπάνω θεώρημα . Νομίζω πάντως , ότι η η υπόδειξη για τη λύση - που είναι

αυτή ακριβώς του nikkru - υπονοεί τη χρήση του . Οπότε , Μιχάλη , θα ήταν επιθυμητό να

αναρτήσεις κάποια απόδειξη ( έστω παραπομπή ) ...

Γεια σου Θανάση

Εστω $P(x)=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+....+a_{1}x+a_{0}$ ενα πολυώνυμο.

$P(x)-P(c)=a_{n}(x^{n}-c^{n})+a_{n-1}(x^{n-1}-c^{n-1})+......+a_{1}(x-c)$

Αλλά έχουμε ότι $x^{k}-c^{k}=(x-c)(x^{k-1}+x^{k-1}c+.. +c^{k-1})$

Αντικαθιστώντας στην προηγούμενη παίρνουμε

P(x)=P(c)+(x-c)Q(x)

οπου

πολυώνυμο του οποίου οι συντελεστές είναι ακέραιες παραστάσεις
των συντελεστών του P(x)

και του

Προφανώς αν το P(x)

εχει ακέραιους συντελεστές και το

είναι ακέραιος τότε και

οι συντελεστές του Q(x)

είναι ακέραιοι.

Αν λοιπόν 0=P(c)

τότε

.

Αν το P(x)

εχει και άλλη ρίζα δηλαδή $P(d)=0,d\neq c$

τότε Q(d)=0

και επαναλαμβάνουμε την διαδικασία.

Να σημειώσω ότι το αποτέλεσμα ισχύει σε κάθε ακέραια περιοχή.

Η σχέση P(x)=P(c)+(x-c)Q(x)

ισχύει σε κάθε μεταθετικό δακτύλιο.

#34

KARKAR έγραψε:Η άσκηση είναι από το βιβλίο Β' ΛΥΚΕΙΟΥ Ύλη επιλογής , έκδοση 1981 . Τόσο σ' αυτό , όσο και

στο παραπλήσιας ύλης βιβλίο - σταθμό του Η. Ντζιώρα : Ε' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ , έκδοση 1972 , δεν υπάρχει

αναφορά στο παραπάνω θεώρημα .

Θανάση, ευχαριστώ θερμά.

Δεν έχω τα εν λόγω βιβλία, αλλά θα ανατρέξω να τα βρω. Έχω μόνο του Ντζιώρα σε άλλη έκδοση (Αλγεβρα - Τριγωνομετρία, Β' Λυκείου 1980) αλλά δεν περιέχει την άσκηση.

Με πρόλαβε ο Σταύρος.

Ας προσθέσω ότι, ειδικά για την περίπτωση που το ένα πολυώνυμο είναι το x-a

τότε δεν χρειαζόμαστε την πλήρη μορφή του θεωρήματος που ανέφερα. Όπως έδειξε ο Σταύρος, εύκολα βλέπουμε ότι "πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές ίσον x-a

επί πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές". Εδώ

ακέραια ρίζα.

Τα βιβλία εκείνης της εποχής ήσαν εξαιρετικά, απόλαυση για τον δυνατό μαθητή, αλλά μάλλον δύσκολα για τον μέσο μαθητή. Βέβαια η παιδεία είχε τότε τελείως άλλους στόχους και υπήρχαν εξετάσεις για να πας από το Γυμνάσιο στο Λύκειο. Το άνοιγμά της προς όλους είναι ένα από τα μεγάλα βήματα της κοινωνίας, έστω και αν υπάρχει μια σχετική έκπτωση στο βάθος των ειδικών γνώσεων που αποκτούν οι μαθητές.

#35

KARKAR έγραψε: θα ήταν επιθυμητό να αναρτήσεις κάποια απόδειξη

Παραπάνω είχα αναφερθεί σε δύο αποδείξεις του θεωρήματος

"πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές ίσον επί πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές, όπου ακέραια ρίζα του αρχικού".

Η ωραία απόδειξη του Σταύρου έχει το πλεονέκτημα ότι αναδεικνύει την αιτία: Βασίζεται στην παρατήρηση ότι το δεξί μέλος της $\frac {x^k-a^k}{x-a}= x^{k-1} + ax^{k-2} + ...\, + a^{k-1}$ έχει μόνο ακέραιους συντελεστές.

Ας δούμε άλλη μία.

Έχουμε $\displaystyle{a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1} + \, ... \, +a_1x +a_0= (x-a)(b_{n-1}x^{n-1} + \, ... \, +b_1x +b_0)}$

όπου τα $a, a_1,...\, a_n$ είναι ακέραιοι και θέλουμε να δείξουμε το ίδιο για τα $b_1, ... \, , b_{n-1}$

Συγκρίνοντας τους συντελεστές των $x^n, x^{n-1} , \, ... \, , x$ στα δύο μέλη έχουμε διαδοχικά

$a_n= b_{n-1}$

$a_{n-1} = b_{n-2}- ab_{n-1}$

...

$a_{k} = b_{k-1} - ab_{k}$

...

$a_{1} = b_{0}- ab_{1}$

Από την πρώτη βγάζουμε ότι ο $b_{n-1}$ είναι ακέραιος. Με χρήση αυτού στην δεύτερη βγάζουμε ότι ο $b_{n-2}$ είναι ακέραιος. Συνεχίζουμε με όμοιο τρόπο προς τα κάτω μέχρι τον τελευταίο, που δείχνει όλοι οι b_k

είναι ακέραιοι, όπως θέλαμε.

#36

Έχουν μείνει αναπάντητες οι ΑΣΚΗΣΗ 2 και η ΑΣΚΗΣΗ 10.

nikkru · #37

Mihalis_Lambrou έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 2

Έστω ότι η έχει μη μηδενικές ρίζες $r_1, \, r_2, \, r_3$ .

Βρείτε την τριτοβάθμια εξίσωση που έχει ρίζες τις $\displaystyle{\frac {r_1r_2}{r_3} ,\, \, \frac {r_2r_3}{r_1} , \, \, \frac {r_3r_1}{r_2} }$ .

Με χρήση των αποτελεσμάτων σας δείξτε ότι η ικανή και αναγκαία συνθήκη η αρχική εξίσωση να έχει μία ρίζα ίση με το γινόμενο των άλλων δύο είναι

$\displaystyle{a^2d+a(c^2-2bd)+d(b^2-2ac)+ad^2}$ .

Σχόλιο: Η παραπάνω άσκηση μαζί και η προηγούμενη μας δίνει μία τεχνική να βρίσκουμε ικανές και αναγκαίες συνθήκες ώστε τα ισχύει κάποια ταυτότητα μεταξύ των ριζών. Ανάλογα με την περίπτωση, κατασκευάζουμε μία εξίσωση με κατάλληλες ρίζες.

α) Ονομάζω $\displaystyle{R_1=\frac {r_1r_2}{r_3} ,\, \,R_2= \frac {r_2r_3}{r_1} , \, \, R_3=\frac {r_3r_1}{r_2} }$ τις ρίζες της ζητούμενης εξίσωσης.
Τότε, με χρήση των τύπων Vieta παίρνουμε: $\displaystyle{R_1R_2R_3=r_1r_2r_3=-\frac{d}{a}}$ ,
$\displaystyle{R_1R_2+R_2R_3+R_3R_1={r_1}^2+{r_2}^2+{r_3}^2=(r_1+r_2+r_3)^2-2(r_1r_2+r_2r_3+r_3r_1)=\frac{b^2-2ac}{a^2}}$ και
$\displaystyle{R_1+R_2+R_3=\frac{{r_1}^2{r_2}^2+{r_2}^2{r_3}^2+{r_3}^2{r_1}^2}{r_1r_2r_3}=\frac{(r_1+r_2+r_3)^2-2r_1r_2r_3(r_1+r_2+r_3)}{r_1r_2r_3}=\frac{2bd-c^2}{ad}}$ .

Επομένως η εξίσωση $\displaystyle{x^3-\frac{2bd-c^2}{ad}x^2+\frac{b^2-2ac}{a^2}x+\frac{d}{a}=0$ ή ισοδύναμα η εξίσωση
$\displaystyle{a^2dx^3+a(c^2-2bd)x^2+d(b^2-2ac)x+ad^2=0}$ (1) έχει ρίζες τις R_1,R_2,R_3

.

β) Στην περίπτωση που η αρχική εξίσωση έχει μία ρίζα ίση με το γινόμενο των άλλων, π.χ. $r_1=r_2r_3 \Leftrightarrow R_2=1$ δηλαδή η (1) έχει ρίζα το 1,
ή ισοδύναμα $\displaystyle{a^2d1^3+a(c^2-2bd)1^2+d(b^2-2ac)1+ad^2=0\Leftrightarrow a^2d+a(c^2-2bd)+d(b^2-2ac)+ad^2=0}$ .

Έτσι, ικανή και αναγκαία συνθήκη η αρχική εξίσωση να έχει μία ρίζα ίση με το γινόμενο των άλλων δύο είναι
$\displaystyle{a^2d+a(c^2-2bd)+d(b^2-2ac)+ad^2=0}$ .

#38

Mihalis_Lambrou έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 2

Έστω ότι η έχει μη μηδενικές ρίζες $r_1, \, r_2, \, r_3$ .

Βρείτε την τριτοβάθμια εξίσωση που έχει ρίζες τις $\displaystyle{\frac {r_1r_2}{r_3} ,\, \, \frac {r_2r_3}{r_1} , \, \, \frac {r_3r_1}{r_2} }$ .

Με χρήση των αποτελεσμάτων σας δείξτε ότι η ικανή και αναγκαία συνθήκη η αρχική εξίσωση να έχει μία ρίζα ίση με το γινόμενο των άλλων δύο είναι

$\displaystyle{a^2d+a(c^2-2bd)+d(b^2-2ac)+ad^2}$ .

Νίκο, ευχαριστούμε.

Η μία από τις δύο λύσεις που γνωρίζω, είναι η παραπάνω του Νίκου.

Δίνω μία δεύτερη με λιγότερες πράξεις και χωρίς Vieta (πλην πολύ μικρής χρήσης στο πρώτο βήμα). Το τέχνασμα που εμπεριέχει μπορεί να χρησιμοποιηθεί και αλλού:

Είναι $\displaystyle{\frac {r_1r_2}{r_3} =\frac {r_1r_2r_3}{r_3^2}= -\frac {d}{ar_3^2} }$

Οπότε αν ονομάσουμε

την τυπική ρίζα, ισχύει $\displaystyle{s = -\frac {d}{ar^2} }$ όπου

ρίζα της αρχικής. Άρα $r^2= -\dfrac {d}{as}$ .

Η αρχική γράφεται $\displaystyle{ (ar^2+c)r= -(br^2+d)}$ . Υψώνοντας στο τετράγωνο έχουμε $\displaystyle{ (ar^2+c)^2r^2= (br^2+d)^2}$ , άρα

$\displaystyle{ \left (\frac {-ad}{as}+c \right )^2\cdot \frac {-d}{as}= \left ( \frac {-bd}{as}+d\right )^2}$

Διώχνοντας τους παρονομαστές έπεται

$\displaystyle{a^2ds^3+a(c^2-2bd)s^2+d(b^2-2ac)s+ad^2=0$ ,

και λοιπά.

#39

ΑΣΚΗΣΗ 12

Έστω ότι η έχει ρίζες $r_1, \, r_2, \, r_3$ .

Βρείτε την τριτοβάθμια εξίσωση που έχει ρίζες τις $\displaystyle{r_1^5, \, r_2^5, \, r_3^5$ .

Σχόλιο: Μπορούμε να αποφύγουμε Vieta, που οδηγεί σε επίπονες πράξεις.
Για έλεγχο δίνω την απάντηση, αλλά παρακαλώ μην την χρησιμοποιήσετε:
$\displaystyle{x^3-5pqx^2+p^2(p^3+5q^2)x+q^5=0}$

Μένει αναπάντηση η ΑΣΚΗΣΗ 10.

#40

Mihalis_Lambrou έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 12

Έστω ότι η έχει ρίζες $r_1, \, r_2, \, r_3$ .

Βρείτε την τριτοβάθμια εξίσωση που έχει ρίζες τις $\displaystyle{r_1^5, \, r_2^5, \, r_3^5$ .

Σχόλιο: Μπορούμε να αποφύγουμε Vieta, που οδηγεί σε επίπονες πράξεις.
Για έλεγχο δίνω την απάντηση, αλλά παρακαλώ μην την χρησιμοποιήσετε:
$\displaystyle{x^3-5pqx^2+p^2(p^3+5q^2)x+q^5=0}$

Μένει αναπάντηση η ΑΣΚΗΣΗ 10.

Από τους γενικευμένους τύπους Vieta έχουμε

$\begin{cases} r_1+r_2+r_3=0 \\ r_1r_2+r_2r_3+r_3r_1=p \\ r_1r_2r_3=-q \end{cases}$

Αφού $r_1^3=-pr_1-q \ \ (1)$ , άρα r_1^4=-pr_1^2-qr_1

κι έτσι

$r_1^5=-pr_1^3-qr_1^2\stackrel{(1)}{=}-p(-pr_1-q)-qr_1^2=-qr_1^2+p^2r_1+pq \ \ (2)$

Όμοιες σχέσεις ισχύουν για τα r_2

και

.

Για ευκολία ονομάζουμε $\displaystyle\sum x_i=x_1+x_2+x_3$ , και $\displaystyle\sum x_ix_j=x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1$ .

Τότε η ζητούμενη εξίσωση είναι της μορφής x^3-Ax^2+Bx-C=0

όπου

$\begin{cases}A=\displaystyle\sum r_i^5 \\ B=\displaystyle\sum \left(r_ir_j\right)^5 \\ C=\left(r_1r_2r_3\right)^5 \end{cases}$

Είναι λοιπόν

$\begin{aligned} A &\stackrel{(2)}{=} -q^2\displaystyle\sum r_i^2+p^2\displaystyle\sum r_i+3pq=-q^2\left(\left(\displaystyle\sum r_i\right)^2-2\displaystyle\sum r_ir_j\right)+3pq \\ &= 5pq\end{aligned}$

Επειδή

$\begin{aligned}r_1^5r_2^5 &= (-q^2r_1^2+p^2r_1+pq)(-q^2r_2^2+p^2r_2+pq)=q^2r_1^2r_2^2-p^2qr_1^2r_2-pq^2r_1^2-p^2qr_1r_2^2 \\ &+ p^4r_1r_2+p^3qr_1-pq^2r_2^2+p^3qr_2+p^2q^2\end{aligned}$

Άρα

$\begin{aligned}B &= q^2\displaystyle\sum r_i^2r_j^2-p^2q\displaystyle\sum\left(r_i^2r_j+r_ir_j^2\right)-2pq^2\displaystyle\sum r_i^2+p^4\displaystyle\sum r_ir_j +p^3q\displaystyle\sum r_i +3p^2q^2 \\ &= q^2\left(\left(\displaystyle\sum r_ir_j\right)^2-2r_1r_2r_3\displaystyle\sum r_i\right)-3p^2q^2-2pq^2\left(0^2-2\displaystyle\sum r_ir_j\right)+p^5+3p^2q^2 \\ &= p^5+5p^2q^2\end{aligned}$

όπου χρησιμοποιήσαμε ότι r_1^2r_2+r_1r_2^2=r_1r_2(r_1+r_2)=-r_1r_2r_3=q

και όμοια

Τέλος, είναι προφανές ότι

C=-q^5

Έτσι η ζητούμενη εξίσωση είναι η

$\boxed{x^3-5pqx^2+p^2(p^3+5q^2)x+q^5=0}$

Αλέξανδρος

Υ.Γ. Έκανα τη λύση και μετά είδα το σχόλιο του κ. Μιχάλη για την αποφυγή των τύπων Vieta. Την αφήνω για τον κόπο της πληκτρολόγησης.

Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Re: Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

Μέλη σε σύνδεση