mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 05, 2009 8:14 am**

Ακόμη δυο ασκήσεις αντίστοιχα θέματα 1972, 1973 στις εισαγωγικές του ΕΜΠ

1972)
Ικανή και αναγκαία συνθήκη ώστε τα $P(x) , \Pi(x)$ βαθμών $\nu,\mu$ αντίστοιχα να έχουν κοινή ρίζα είναι :
να υπάρχουν δυό πολυώνυμα A(x),B(x)

βαθμών $\nu-1$ και $\mu-1$ αντιστοίχως ώστε : $P(x)B(x)-\Pi(x)A(x)=0,~~ (\nu,~~ \mu>1)$

1973)
Έστω πολυώνυμο P(x)

με ακέραιους συντελεστές ώστε P(0)=P(1)=1

.
Να δείξετε ότι $P(x)=x(x-1)\Pi(x)+1$
και αν x_0

ακέραιος και $x_{n+1}=P(x_n)$ τότε να δείξετε ότι ο $x_{n+1}$ δεν διαιρεί κανέναν από τους x_0,x_1,...,x_n

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 05, 2009 8:56 am**

Καλημέρα

1973)
θεωρουμε το T(x)=P(x)-1

επειδή

τότε

άρα το

διαιρείται με τα x,x-1

άρα και με το x(x-1)

άρα $T(x)=P(x)-1=x(x-1)\Pi(x)$ με $\Pi(x)$ ένα πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές
αφού οι συντελεστές του T(x)

είναι ακέραιοι και του x^2-x

είναι ακέραιοι και με συντελεστή μεγιστοβάθμιου όρου την μονάδα
άρα $P(x)=x(x-1)\Pi(x)+1$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 05, 2009 12:03 pm**

Για την πρώτη

Έστω ότι τα δύο πολυώνυμα P(x)

και $\Pi(x)$ έχουν κοινή ρίζα την x_0

. Τότε

και $\Pi(x)=(x-x_0)T(x)$ , όπου $\deg{\left(K(x)\right)}=\nu - 1$ και $\deg{\left(T(x)\right)}=\mu - 1$ . Δεν έχουμε παρά να επιλέξουμε A(x)=K(x)

και

και απλά επαληθεύουμε ότι ισχύει η ζητούμενη σχέση.

Αντιστόφως: Ας υποθέσουμε ότι ισχύει η σχέση $P(x)B(x)-\Pi(x)A(x)=0$ .
Δουλεύουμε στο σώμα $\mathbb{C}$ των μιγαδικών που έχουμε πλήρη ανάλυση σε πρωτοβάθμια πολυώνυμα. Αν λοιπόν τα P(x)

και $\Pi(x)$ δεν έχουν κοινή ρίζα στο σώμα των μιγαδικών $\mathbb{C}$ τότε είναι πρώτα μεταξύ τους δηλαδή υπάρχουν πολυώνυμα $P_1(x), \ \Pi_1(x) \in \mathbb{C}[x]$ για τα οποία ισχύει

$P(x)P_1(x)+\Pi(x)\Pi_1(x)=1$ (ταυτότητα Bezout - γνωστή στο σύνολο των ακεραίων: "Αν a,b

πρώτοι μεταξύ τους τότε υπάρχουν ακέραιοι αριθμοί

και

τέτοιοι ώστε ka+lb=1

"). Πολλαπλασιάζοντας με B(x)

τη σχέση αυτή παίρνουμε $P(x)B(x)P_1(x)+\Pi(x)\Pi_1(x)B(x)=B(x)$ δηλαδή σύμφωνα με τη δοσμένη σχέση:

$\Pi(x)A(x)P_1(x)+\Pi(x)\Pi_1(x)B(x)=B(x)$ δηλαδή το πολυώνυμο $\Pi(x)$ διαιρεί το B(x)

, άτοπο διότι το πολυώνυμο B(x)

είναι μικρότερου βαθμού απο το $\Pi(x)$ . Άρα τα δύο αυτά πολυώνυμα έχουν κοινή ρίζα (φυσικά μπορεί αυτή η ρίζα να είναι μιγαδική, πράγμα που δεν αποκλείεται από την εκφώνηση του προβλήματος).

Για τη δεύτερη

Όταν διαιρέσουμε το P(x)

με το δευτεροβάθμιο x(x-1)

τότε η ταυτότητα της Ευκλείδειας διαίρεσης δίνει P(x)=x(x-1)+ax+b

, και με τις δοσμένες σχέσεις P(0)=P(1)=1

βρίσκουμε

και

οπότε έχουμε τη ζητούμενη σχέση.

(Προφανώς ζητείται να δείξουμε ότι το x_n

δεν διαιρεί κανένα εκ των $x_1,x_2,\ldots,x_{n-1}$ )

Είναι πολύ εύκολο να δούμε ότι για τα τυχαία r,k

με $r\neq k$ , (ας υποθέσουμε ότι r>k

) ισχύει

. Με διαδοχικές αντικαταστάσεις των $x_r, x_{r-1},\ldots, x_k$ καταλήγουμε σε μία σχέση της μορφής x_r=ax_k+1

οπότε έπεται άμεσα ότι (x_r,x_k)=1

άρα και το ζητούμενο.

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 05, 2009 12:04 pm**

R BORIS έγραψε:Ικανή και αναγκαία συνθήκη ώστε τα Ρ(x) , Π(x) βαθμών ν,μ αντίστοιχα να έχουν κοινή ρίζα είναι :να υπάρχουν δυό πολυώνυμα Α(x),Β(x) βαθμών ν-1 και μ-1 αντιστοίχως ώστε : Ρ(x)Β(x)-Π(x)Α(x)=0 (ν,μ>1)

α) Αν a κοινή ρίζα τότε P(x)=(x-a)P_1(x)

και $\Pi(x)=(x-a)\Pi_1(x)$ .
Θέτουμε A = P_1

, που είναι βαθμού ν-1, και $B=\Pi_1$ , που είναι βαθμού μ-1. Προφανώς τώρα ΡΒ=ΠΑ.

β) Έστω Ρ(x)Β(x)-Π(x)Α(x)=0. Τα ΡΒ, ΠΑ έχουν βαθμό ν+μ-1.
Αν p_1, p_2, ... , p_n

oι (n το πλήθος) ρίζες του P και $b_1, b_2, ... , b_{m-1}$ οι m-1 ρίζες του Β, τότε οι $p_1, p_2, ... , p_n, b_1, b_2, ... , b_{m-1}$ είναι ρίζες του PΒ και άρα του ίσου του ΠΑ. Δεν μπορεί όλες οι

να είναι ρίζες του Α γιατί το Α έχει βαθμό n-1. Άρα κάποια είναι ρίζα του Π, οπότε κοινή ρίζα των Π,Ρ.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 05, 2009 12:36 pm**

R BORIS έγραψε: 1972)Ικανή και αναγκαία συνθήκη ώστε τα Ρ(x) , Π(x) βαθμών ν,μ αντίστοιχα να έχουν κοινή ρίζα είναι :να υπάρχουν δυό πολυώνυμα Α(x),Β(x) βαθμών ν-1 και μ-1 αντιστοίχως ώστε : Ρ(x)Β(x)-Π(x)Α(x)=0 (ν,μ>1)

1973)Έστω πολυώνυμο Ρ(x)με ακέραιους συντελεστές ώστε Ρ(0)=Ρ(1)=1 Να δείξετε ότι Ρ(x)=x(x-1)Π(x)+1 και αν ακέραιος και $x_{n+1}=P(x_n)$ τότε να δείξετε ότι ο δεν διαιρεί κανέναν από τους

Δύο παρατηρήσεις:
Στο πρώτο θέμα είναι απαραίτητο να διευκρινίσουμε: " κοινή ρίζα στο σύνολο των μιγαδικών".
Στο δεύτερο θέμα είναι απαραίτητο ο x_0

να μην είναι 0 ή 1 και ...ίσως να μην είναι -1!

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 05, 2009 12:58 pm**

ΣΧΟΛΙΟ ΓΙΑ ΤΗΝ ΛΥΣΗ ΤΟΥ ΠΡΩΤΟΥ ΘΕΜΑΤΟΣ

Από το γεγονός ότι, το ρ είναι κοινή ρίζα των Ρ(χ) και Π(χ), προκύπτει ότι

υπάρχουν $\lambda _{1},\lambda _{2}$ θετικοί ακέραιοι τέτοιο ώστε:

$P(x)= (x-\rho )^{\lambda _{1}}\sigma (x)$
$P(x)= (x-\rho )^{\lambda _{2}}\phi (x)$
με $\sigma (\rho )\neq 0, \phi (\rho )\neq 0$

Έστω ότι $\lambda _{1}\geq \lambda _{2}$ , τότε $\lambda _{1}= \lambda _{2}+\kappa , \mu \varepsilon \kappa$ θετικός ακέραιος.

πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη την πρώτη σχέση με το πολυώνυμο φ(x) και την δεύτερη σχέση σχέση με το πολυώνυμο $\sigma (x)(x-\rho )^{\kappa }$ έχουμε:
$P(x)\phi (x)=(x-\rho )^{\lambda_{1}}\sigma (x)\phi (x)$ και
$\Pi (x)\sigma (x)(x-\rho )^{\kappa }=(x-\rho )^{\kappa }(x-\rho )^{\lambda _{2} }\sigma (x)\phi (x)=$
$(x-\rho )^{\kappa +\lambda _{2}}\sigma (x)\phi (x)=(x-\rho )^{\lambda _{1}}\sigma (x)\phi (x)$

Αν λοιπόν ονομάσουμε φ(x) = A(x) και $\sigma (x)(x-\rho )^{\kappa } = B(x)$
οι παραπάνω σχέσεις όταν αφαιρεθούν κατα μέλη δίνουν το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 05, 2009 1:20 pm**

spyrosk έγραψε:ΣΧΟΛΙΟ ΓΙΑ ΤΗΝ ΛΥΣΗ ΤΟΥ ΠΡΩΤΟΥ ΘΕΜΑΤΟΣ

Από το γεγονός ότι, το ρ είναι κοινή ρίζα των Ρ(χ) και Π(χ), προκύπτει ότι

υπάρχουν $\lambda _{1},\lambda _{2}$ θετικοί ακέραιοι τέτοιο ώστε:

$P(x)= (x-\rho )^{\lambda _{1}}\sigma (x)$
$P(x)= (x-\rho )^{\lambda _{2}}\phi (x)$
με $\sigma (\rho )\neq 0, \phi (\rho )\neq 0$

Σπύρο, σωστά.

Παρατήρησε μόνο ότι δεν είναι ανάγκη να λάβουμε υπόψη τις πολλαπλότητες των ριζών.
Μας αρκεί να πάρουμε μόνο $\lambda _{1}=\lambda _{2}=1$ .
Το μόνο που κερδίζουμε αν πάρουμε τις πολλαπλότητες, είναι για να πούμε
$\sigma (\rho )\neq 0, \phi (\rho )\neq 0$ , αλλά αυτό δεν χρησιποποιείται παρακάτω στην απόδειξή σου.

Φιλικά,

Μιχάλης.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 05, 2009 1:48 pm**

k-ser έγραψε:
R BORIS έγραψε:
1973)Έστω πολυώνυμο Ρ(x)με ακέραιους συντελεστές ώστε Ρ(0)=Ρ(1)=1 Να δείξετε ότι Ρ(x)=x(x-1)Π(x)+1 και αν ακέραιος και $x_{n+1}=P(x_n)$ τότε να δείξετε ότι ο δεν διαιρεί κανέναν από τους
Στο δεύτερο θέμα είναι απαραίτητο ο να μην είναι 0 ή 1 και ...ίσως να μην είναι -1!

Χμμμ, δίκιο έχει ο Κώστας. Κάτι δεν πάει καλά με την άσκηση. Υποθέτω κάτι πρέπει να πούμε για το x_0

ή/και το n, αλλιώς
πέφτουμε σε περιπτώσεις που το x_n = 1

.

Π.χ., ακόμα χειρότερα από αυτό που επισημαίνει ο Κώστας, αν

P(x) = x(x-1)(x-2) +1 , τότε ισχύουν οι υποθέσεις, αλλά
για x_0=2

έχουμε

,

, και γενικά από δω και πέρα x_n= ... =x_3=P(1)=1

.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 05, 2009 2:12 pm**

για το ερώτημα β) σχετικά με την παρατήρηση του Κώστα Σερίφη

ολοι οι όροι της ακολουθιας (x_n)

ειναι διαφορετικοι απο το μηδεν
γιατί $x_{n+1}=x_n(x_n-1)\Pi(x_n)+1$
για να είναι $x_{n+1}=0$ θα πρέπει $x_n(x_n-1)\Pi(x_n)$ =-1
για να συμβαίνει αυτό θα πρέπει οι $x_n,x_n-1,\Pi(x_n)$ να είναι ισοι με -1 ή δύο απο αυτους 1
και ένας άλλος -1 αυτο όμως ειναι αδυνατο αφου $x_n,x_{n}-1$ ειναι διαδοχικοι ακέραιοι

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 05, 2009 4:25 pm**

R BORIS έγραψε: 1973)Έστω πολυώνυμο Ρ(x)με ακέραιους συντελεστές ώστε Ρ(0)=Ρ(1)=1 Να δείξετε ότι Ρ(x)=x(x-1)Π(x)+1 και αν ακέραιος και $x_{n+1}=P(x_n)$ τότε να δείξετε ότι ο δεν διαιρεί κανέναν από τους

Για οποιοδήποτε ακέραιο x_0

το πολυώνυμο P(x)=x(x-1)(x-x_0)+1

αποτελεί ένα αντιπαράδειγμα για το δεύτερο ζητούμενο!

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 06, 2009 9:24 am**

Μετά τις εύστοχες παρατηρήσεις των συναδέλφων νομίζω ότι πρέπει να συμπληρώσουμε στο θεμα του 1973 ότι $x_0\ne 0,1$ και ακόμη ότι $x_{n+1}\ne 1, \forall n\in N$
Επειδή βλέπω να υπάρχει ενδιαφέρον για τα πολυώνυμα ανεβάζω στο συνημμένο μια συλλογή με ασκήσεις που μάζεψα όλα αυτά τα χρόνια από διάφορα βιβλία και περιοδικά που δυστυχώς δεν θυμάμαι πια ήταν ώστε να τα αναφέρω.
Οι περισσότερες ασκήσεις συνοδεύονται από υποδείξεις, με μικρά μπλε γράμματα. Παλιά τα θέματα αυτά ήταν της "μόδας" και πολλά έχουν τεθεί σαν θέματα διαγωνισμών. Για τυχόν typos αν θέλετε ειδοποιήστε με με Π.Μ

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 06, 2009 8:52 pm**

R BORIS έγραψε: ανεβάζω στο συνημμένο μια συλλογή με ασκήσεις που μάζεψα

Οι ασκήσεις είναι καταπληκτικές. Ευχαριστούμε θερμά.

Μιχάλης Λάμπρου

mathematica.gr

Πολυώνυμο 6 και 7

Πολυώνυμο 6 και 7

Re: Πολυώνυμο 6 και 7

Re: Πολυώνυμο 6 και 7

Re: Πολυώνυμο 6 και 7

Re: Πολυώνυμο 6 και 7

Re: Πολυώνυμο 6 και 7

Re: Πολυώνυμο 6 και 7

Re: Πολυώνυμο 6 και 7

Re: Πολυώνυμο 6 και 7

Re: Πολυώνυμο 6 και 7

Re: Πολυώνυμο 6 και 7

Re: Πολυώνυμο 6 και 7