mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 27, 2016 1:56 pm**

Μετά την ωραία συλλογή ασκήσεων στο τεύχος 14 του Εικοσιδωδεκαέδρου, ανοίγω καινούργιο θρεντ με νέες.

Τα κριτήριά μου για την επιλογή τους είναι

α) Να μην είναι πολύ απλές (π.χ. εισαγωγικές) στο θέμα αλλά κάπως πιο δύσκολες.

β) Σε καμία περίπτωση να μην είναι δύσκολες, πέραν του "θεμιτού". Απαιτητικές μπορεί να είναι, αλλά η ιδέα είναι να μπορεί να τις λύσει ένας μαθητής που θα αφιερώσει την κατάλληλη σκέψη και εργασία. Στόχος είναι να πάρει εφόδια ο μαθητής και να κάνει προπόνηση στον δρόμο του για προβλήματα σε πιο δύσκολους διαγωνισμούς.

Προαπαιτούμενες γνώσεις: Τα σχολικά αλλά λίγο παραπάνω (π.χ. Vieta κλπ).

Σε λίγο θα βάλω την πρώτη. Υπομονή.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 27, 2016 2:15 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 1

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

Βρείτε την τριτοβάθμια εξίσωση που έχει ρίζες τις $\displaystyle{(r_1-r_2)^2, \, (r_2-r_3)^2, \, (r_3-r_1)^2}$ .

Με χρήση των αποτελέσμάτων σας δείξτε ότι η ικανή και αναγκαία συνθήκη η εξίσωση να έχει δύο ρίζες ίσες (δηλαδή μία διπλή) είναι $\displaystyle{4A^3+27B^2=0}$ .

Σχόλιο: Το αποτέλεσμα αυτό είναι γνωστότατο και βρίσκεται σε όλα τα βιβλία με τίτλο Theory of Equations, και τα παρεμφερή. Την τοποθετώ εδώ γιατί οι μαθητές μας μπορεί να μην έχουν πρόσβαση στην βιβλιογραφία και γιατί οδηγώ σε διαφορετική απόδειξη από την συνηθισμένη στα βιβλία. Άλλωστε ήθελα να ξεκινήσω με μία κάπως απλή άσκηση. Αργότερα θα βάλω και δυσκολότερες.

Παρακαλώ να αφήσουμε τουλάχιστον την σημερινή ημέρα, Κυριακή 27/11/16, σε προσπάθειες των μαθητών μας.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 27, 2016 9:33 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1

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

Βρείτε την τριτοβάθμια εξίσωση που έχει ρίζες τις $\displaystyle{(r_1-r_2)^2, \, (r_2-r_3)^2, \, (r_3-r_1)^2}$ .

Με χρήση των αποτελέσμάτων σας δείξτε ότι η ικανή και αναγκαία συνθήκη η εξίσωση να έχει δύο ρίζες ίσες (δηλαδή μία διπλή) είναι $\displaystyle{4A^3+27B^2=0}$ .

Σχόλιο: Το αποτέλεσμα αυτό είναι γνωστότατο και βρίσκεται σε όλα τα βιβλία με τίτλο Theory of Equations, και τα παρεμφερή. Την τοποθετώ εδώ γιατί οι μαθητές μας μπορεί να μην έχουν πρόσβαση στην βιβλιογραφία και γιατί οδηγώ σε διαφορετική απόδειξη από την συνηθισμένη στα βιβλία. Άλλωστε ήθελα να ξεκινήσω με μία κάπως απλή άσκηση. Αργότερα θα βάλω και δυσκολότερες.

Παρακαλώ να αφήσουμε τουλάχιστον την σημερινή ημέρα, Κυριακή 27/11/16, σε προσπάθειες των μαθητών μας.

Μπορεί να είναι αυτονόητο, αλλά οι ρίζες r_1,r_2,r_3

είναι όλες πραγματικές ή έχουμε και φανταστικούς αριθμούς;

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 27, 2016 10:38 pm**

JimNt. έγραψε: Μπορεί να είναι αυτονόητο, αλλά οι ρίζες είναι όλες πραγματικές ή έχουμε και φανταστικούς αριθμούς;

Θα μπορούσαν να είναι και φανταστικές αλλά δέχομαι λύση μόνο για πραγματικούς.

Ας προσθέσω ότι οι τύποι Vieta ισχύουν και για μιγαδικές ρίζες (χωρίς αλλαγή στην απόδειξη) οπότε μπορείς άφοβα να ασχοληθείς με όποια περίπτωση νοιώθεις μεγαλύτερη οικειότητα.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 28, 2016 4:51 pm**

Νομίζω ότι μπορούμε τώρα να ανοίξουμε την άσκηση και για τα μεγάλα παιδιά.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 28, 2016 11:19 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1

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

Βρείτε την τριτοβάθμια εξίσωση που έχει ρίζες τις $\displaystyle{(r_1-r_2)^2, \, (r_2-r_3)^2, \, (r_3-r_1)^2}$ .

Με χρήση των αποτελέσμάτων σας δείξτε ότι η ικανή και αναγκαία συνθήκη η εξίσωση να έχει δύο ρίζες ίσες (δηλαδή μία διπλή) είναι $\displaystyle{4A^3+27B^2=0}$ .

Σχόλιο: Το αποτέλεσμα αυτό είναι γνωστότατο και βρίσκεται σε όλα τα βιβλία με τίτλο Theory of Equations, και τα παρεμφερή. Την τοποθετώ εδώ γιατί οι μαθητές μας μπορεί να μην έχουν πρόσβαση στην βιβλιογραφία και γιατί οδηγώ σε διαφορετική απόδειξη από την συνηθισμένη στα βιβλία. Άλλωστε ήθελα να ξεκινήσω με μία κάπως απλή άσκηση. Αργότερα θα βάλω και δυσκολότερες.

Παρακαλώ να αφήσουμε τουλάχιστον την σημερινή ημέρα, Κυριακή 27/11/16, σε προσπάθειες των μαθητών μας.

Καλησπέρα στους φίλους

Για ευκολία ονομάζουμε τις συμμετρικές παραστάσεις των r_1,r_2,r_3

ως εξής:

Από τους τύπους Vieta παίρνουμε ότι $S_1=0, \ S_2=p, \ S_3=-q$

Επίσης λόγω της ταυτότητας x^3+px+q=(x-r_1)(x-r_2)(x-r_3)

παραγωγίζοντας παίρνουμε

$3x^2+p=(x-r_2)(x-r_3)+(x-r_1)(x-r_3)+(x-r_2)(x-r_3) \ \ (1)$

Θέτοντας:

a=r_1-r_2

και βάζοντας στην (1)

διαδοχικά όπου

τα

, παίρνουμε την ab=-(3r_1^2+p)

και κυκλικά τις υπόλοιπες.

Αν S_1', S_2', S_3'

οι αντίστοιχες με τις πάνω συμμετρικές παραστάσεις των $(r_1-r_2)^2, \ (r_2-r_3)^2, \ (r_3-r_1)^2$ τότε αυτές θα είναι ρίζες της εξίσωσης x^3-S_1'x^2+S_2'x-S_3=0

. Συνεπώς αναζητούμε τα S_1', S_2', S_3'

ως συνάρτηση των p, q

.

Κάνοντας (πολύ απλές) πράξεις (με το χέρι) παίρνουμε:

$\begin{aligned}S_1' &= a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)\stackrel{a+b+c=0}{=} -2(ab+bc+ca)=6(r_1^2+r_2^2+r_3^2)+6p \\ &= 6(S_1^2-2S_2)+6p=-6p\end{aligned}$

$\begin{aligned}S_2' &= a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 = (ab+bc+ca)^2-2abc(a+b+c)\stackrel{a+b+c=0}{=}(ab+bc+ca)^2 \\ &= \left[3(r_1^2+r_2^2+r_3^2)+3p\right]^2=\left[3(S_1^2-2S_2)+3p\right]^2=9p^2 \ \ (2)\end{aligned}$

$\begin{aligned}S_3' &= a^2b^2c^2=(ab)(bc)(ca)=-(3r_1^2+p)(3r_2^2+p)(3r_3^2+p) \\ &= -\left[27r_1^2r_2^2r_3^2+9p(r_1^2r_2^2+r_2^2r_3^2+r_3^2r_1^2)+3p^2(r_1^2+r_2^2+r_3^2)+p^3\right] \\ &= -\left[27S_3^2+9p(S_2^2-2S_1S_3)+3p^2(S_1^2-2S_2)+p^3\right)]=-\left(4p^3+27q^2\right)\end{aligned}$

Άρα τελικά οι a^2, b^2,c^2

είναι ρίζες της εξίσωσης $\boxed{x^3+6px^2+9p^2x+4p^3+27q^2=0}$

Επιπλέον δύο εκ των r_1,r_2,r_3

είναι ίσες αν και μόνο αν ισχύει (r_1-r_2)(r_2-r_3)(r_3-r_1)=0

δηλαδή αν και μόνο αν a^2b^2c^2=0

δηλαδή αν και μόνο αν S_3'=0

που δίνει την τελική συνθήκη $\boxed{4p^3+27q^2=0}$ .

Ελπίζω να μην έκανα κάποιο λάθος στις πράξεις.

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 28, 2016 11:41 pm**

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.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 29, 2016 9:21 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1

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

Βρείτε την τριτοβάθμια εξίσωση που έχει ρίζες τις $\displaystyle{(r_1-r_2)^2, \, (r_2-r_3)^2, \, (r_3-r_1)^2}$ .

Με χρήση των αποτελέσμάτων σας δείξτε ότι η ικανή και αναγκαία συνθήκη η εξίσωση να έχει δύο ρίζες ίσες (δηλαδή μία διπλή) είναι $\displaystyle{4A^3+27B^2=0}$ .

Δίνω μία διαφορετική λύση της Άσκησης 1, η οποία συγχρόνως υπονοεί μία ωραία τεχνική για τέτοιες ασκήσεις.

Θέτουμε $\displaystyle{x=(r_1-r_2)^2}$ . Θα το εκφράσουμε πρώτα συναρτήσει του r_3

κάνοντας χρήση των $r_1+r_2+r_3=0, \, r_1r_2r_3=-q$ και φυσικά της $\displaystyle{r_3^3+pr_3+q=0 \, (*)}$ . Είναι

$\displaystyle{x=(r_1-r_2)^2= (r_1+r_2)^2-4r_1r_2= (-r_3)^2+\frac {4q}{r_3}}$ οπότε

$\displaystyle{r_3x = r_3^3+4q= -pr_3+3q}$ και άρα

$\displaystyle{r_3= \frac {3q}{x+p}}$

Θέτοντας αυτήν στην (*)

έπεται

$\displaystyle{ \left ( \frac {3q}{x+p}\right) ^3 +\frac {3pq}{x+p}+q=0}$

Απλοποιώντας παίρνουμε

$\boxed{x^3+6px^2+9p^2x+4p^3+27q^2=0}$

Αν αρχίζαμε με άλλη ρίζα στην θέση της r_3

θα καταλήγαμε, εννοείται, στην ίδια. Ας προσεχθεί ότι διαίρεσα με το

το οποίο είναι μη μηδενικό επειδή τα $r_1, \, r_2, \, r_3$ είναι μη μηδενικά.

Για το δεύτερο μέρος, η υπόθεση λέει ότι η εξίσωση που βρήκαμε έχει ρίζα την x=0

, οπότε αμέσως 4p^3+27q^2=0}

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 29, 2016 2:37 pm**

Άσκηση 3
Έστω $a_{1}< a_{2}< ...< a_{n}$ ακέραιοι.

Θέτουμε $P(x)=(x-a_{1})(x-a_{2})....(x-a_{n})-1$

και $Q(x)=(x-a_{1})(x-a_{2})....(x-a_{n})+1$

1)Για $n\geq 2$ να δειχθεί ότι το P(x)

είναι ανάγωγο στο $\mathbb{Z}[x]$

2))Για $n\geq 5$ να δειχθεί ότι το Q(x)

είναι ανάγωγο στο $\mathbb{Z}[x]$

Υπενθυμίζω.
Το πολυώνυμο f(x)

με ακέραιους συντελεστές είναι ανάγωγο στο $\mathbb{Z}[x]$
όταν δεν μπορεί να γραφεί στην μορφή f(x)=g(x)h(x)

με

πολυώνυμα με ακέραιους συντελεστές
που ο βαθμός τους είναι τουλάχιστον

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 29, 2016 4:32 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:Άσκηση 3
Έστω $a_{1}< a_{2}< ...< a_{n}$ ακέραιοι.

Θέτουμε $P(x)=(x-a_{1})(x-a_{2})....(x-a_{n})-1$

και $Q(x)=(x-a_{1})(x-a_{2})....(x-a_{n})+1$

1)Για $n\geq 2$ να δειχθεί ότι το είναι ανάγωγο στο $\mathbb{Z}[x]$

2))Για $n\geq 5$ να δειχθεί ότι το είναι ανάγωγο στο $\mathbb{Z}[x]$

Ενδιαφέρον. Όμως μάλλον πολύ δύσκολο θέμα (ιδίως το δεύτερο ερώτημα) γι αυτό το θρεντ, που το προόριζα για πιο απλές ασκήσεις από ότι οι Ολυμπιάδες. Για εδώ θέλουμε ασκήσεις που ναι με θέλουν κάποια δουλειά, αλλά όχι βαριά τεχνάσματα.

α) Έστω ότι υπάρχουν πολυώνυμα g,h

με ακέραιους συντελεστές με P(x)= g(x)h(x)

και το καθένα βαθμού μικρότερου του

. Χωρίς βλάβη ο πρώτος τους συντελεστής είναι

. Τότε για x=a_k

έχουμε

$\displaystyle{-1 = g(a_k)h(a_k)}$

που σημαίνει ότι τα $\displaystyle{g(a_k), \, h(a_k)}$ είναι το ένα

και το άλλο

.
Άρα το (μη μηδενικό) πολυώνυμο g(x)+h(x)

μηδενίζεται σε

τιμές, τις a_1, ... , a_n

, αν και έχει βαθμό μικρότερο του

. Άτοπο.

β) Πρώτα από όλα το $n\ge 5$ είναι απαραίτητο καθώς, π.χ. $(x-1)(x+1)+1= x\cdot x$ και x(x+1)(x+2)(x+3)+1 = (x^2+3x+1)^2

.

Για $n\ge 5$ έστω Q(x)=g(x)h(x)

, όπου

ως άνω. Έπεται

$\displaystyle{1 = g(a_k)h(a_k)}$

οπότε τα $\displaystyle{g(a_k), \, h(a_k)}$ είναι είτε και τα δύο

είτε και τα δύο

.

Άρα το g(x)-h(x)

μηδενίζεται σε

τιμές, τις a_1, ... , a_n

. Αυτό σημαίνει ότι g=h

και άρα το

έχει άρτιο βαθμό $n=2m\ge 6$ . (Ειδικά δείξαμε το ζητούμενα αν αρχικά είχε περιττό βαθμό.)

Είναι δηλαδή Q(x) = g^2(x)

.

Άρα

(x-a_1)(x-a_2)...(x-a_n)= Q(x)-1=(g(x)-1)(g(x)+1)

Ειδικά οι ρίζες των $g(x)\pm 1$ είναι $a_1, ..., a_{2m}$ (τις μισές το ένα, τις άλλες μισές το άλλο). Oπότε κάποια αναδιάταξη a_k', a_k''

των

είναι

$g(x)-1= (x-a_1{'})...(x-a_n{'}), \, g(x)+1= (x-a_1'')...(x-a_n'')$

Αλλά τότε για τις $2m\ge 6$ τιμές $a_1, ..., a_{2m}$ έχουμε

g(a_k')-1=0

, οπότε

2=g(a_k')+1= (a_k'-a_1'')...(a_k'-a_n'')

και όμοια γιά τα a_k''

. 'Ετσι γράφουμε το

με πολλούς τρόπους ως γινόμενο δύο παραγόντων, ενώ ξέρουμε ότι υπάρχουν μόνο τέσσερις: (1)(2)=(-1)(-2)=(2)(1)=(-2)(-1)

. Άτοπο.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 29, 2016 5:44 pm**

Μιχάλη τις θεώρησα απλές για αυτό τις έβαλα.
Αυτές και κάποιες άλλες (δύσκολες) τις ξέρω από τότε που ήμουν μαθητής Λυκείου.

Για την 2) υπάρχει και διαφορετικό τελείωμα.

Εχουμε $(x-a_{1})(x-a_{2})...(x-a_{n})=-1+g(x)^{2}$

Αν θέσουμε $x=a_{n}-\frac{1}{2}$ τότε το αριστερό μέλος είναι αρνητικό και κατά απόλυτη τιμή μεγαλύτερο

από $\frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{3}{2}.\frac{5}{2}.\frac{7}{2}> 1$

που μας δίνει το ΑΤΟΠΟ.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 29, 2016 8:53 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 4
Θεωρούμε το πολυώνυμο P(x)

με ακέραιους συντελεστές,
για το οποίο δίνεται ότι P(1)=P(2)=P(3)=P(4)=5

.
Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει ακέραιος

ώστε

.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 29, 2016 11:12 pm**

stranton έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 4
Θεωρούμε το πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές,
για το οποίο δίνεται ότι .
Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει ακέραιος ώστε .

Μας αρκούν πολύ λιγότερες υποθέσεις. Π.χ. μόνο με P(1)=P(2)=5

ή μόνο

για κάποιους διαφορετικούς ανά δύο ακέραιους. Ας δούμε το πρώτο, παρόμοια το δεύτερο.

Από υπόθεση το P(x)-5

έχει τα

ως ρίζες, άρα υπάρχει πολυώνυμο

με ακέραιους συντελεστές τέτοιο ώστε P(x)-5= (x-1)(x-2)Q(x)

.

Αν

για κάποιον ακέραιο

τότε

. Άτοπο γιατί ο

δεν έχει διαιρέτες που διαφέρουν κατά

όπως είναι οι $m-1, \, m-2$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 30, 2016 8:01 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 5

Καλησπέρα, προτείνω το παρακάτω:

Να βρεθούν όλα τα μη-σταθερά πραγματικά πολυώνυμα P(x)

ώστε για κάθε $x \in \mathbb{R}$ ισχύει:

P(sinx+cosx)=P(sinx)+P(cosx)

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Δεκ 01, 2016 12:14 am**

panagiotis99 έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 5
Να βρεθούν όλα τα μη-σταθερά πραγματικά πολυώνυμα ώστε για κάθε $x \in \mathbb{R}$ ισχύει:

Μία λύση είναι η προφανής, P(x)=cx

. Θα δούμε ότι δεν υπάρχουν άλλες.

Γράφουμε $\displaystyle{P(x) = \sum _{k=0}^n a_kx^k}$ .

Θέτωντας x=0

στην δοθείσα έπεται P(1)=P(1)+P(0)

, άρα

οπότε

, δηλαδή

$\displaystyle{P(x) = \sum _{k=1}^n a_kx^k}$ (το άθροισμα αρχίζει από το k=1

)

Από την δοθείσα έχουμε για κάθε

ότι

$\displaystyle{ \sum _{k=1}^n a_k \left [(\sin x+\cos x)^k - \sin ^k x - \cos ^k x \right ]=0}$

Παρατηρούμε ότι ο όρος για k=1

μέσα στην αγκύλη μηδενίζεται, οπότε η προηγούμενη γράφεται τελικά

$\displaystyle{ \sum _{k=2}^n a_k \left [(\sin x+\cos x)^k - \sin ^k x - \cos ^k x \right ]=0} \, (*)$ (το άθροισμα αρχίζει από το k=2

)

Θέτουμε τώρα $t= \sin x+\cos x$ .

Για τυπογραφική ευκολία θα συμβολίζω τα $\sin x , \, \cos x$ ως $s, \, c$ αντίστοιχα. Ειδικά t=s+c

. Εύκολα βλέπουμε επαγωγικά ότι για $k\ge 2$ οι παραστάσεις $\displaystyle{ (s+c)^k - s ^k - c ^k$ είναι πολυώνυμα βαθμού

ως προς

. Η αρχή γίνεται από το

$\displaystyle{ (s+c)^2 - s ^2 - c ^2 = t^2-1}$

ενώ για τον γενικό όρο $\displaystyle{ (s+c)^k - s ^k - c ^k$ μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το ανάπτυγμα του διωνύμου και να ζευγαρώσουμε συμμετρικούς όρους $s^nc^{k-n} + s^{k-n}c^k$ . Αφού το κάνουμε, τον κοινό παράγοντα

τον γράφουμε $\frac {1}{2}(t^2-1)$ , και λοιπά.

Τελικά, ως προς τα πολυώνυμα (s+c)^k - s ^k - c ^k= p_k(t)

η

γράφεται

$\displaystyle{ \sum _{k=2}^n a_k p_k(t) =0}$

Επειδή η ισότητα αυτή ισχύει για άπειρα

, συμπεραίνουμε ότι a_n=...=a_2=0

, και άρα το ζητούμενο πολυώνυμο είναι πρώτου βαθμού (χωρίς σταθερό όρο).

Σχόλιο: Η άσκηση μάλλον ξεφεύγει από τους στόχους που είχα κατά νου γι' αυτό το θρεντ ως δύσκολη, εκτός αν δεν βλέπω κάτι.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Δεκ 01, 2016 10:56 am**

ΑΣΚΗΣΗ 6
Έστω P(x)

πολυώνυμο βαθμού

, για το οποίο δίνεται ότι $P(\kappa)=\dfrac{1}{\kappa}$ για $\kappa=1,2,\ldots , 49$ .
Να βρείτε το P(50)

.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Δεκ 01, 2016 11:38 am**

stranton έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 6
Έστω πολυώνυμο βαθμού , για το οποίο δίνεται ότι $P(\kappa)=\dfrac{1}{\kappa}$ για $\kappa=1,2,\ldots , 49$ .
Να βρείτε το .

Ακόμα καλύτερα μπορούμε να βρούμε το ίδιο το πολυώνυμο:

Από την υπόθεση έπεται ότι το πολυώνυμο xP(x)-1

βαθμού

έχει τις

ρίζες , τις $1,2,\ldots , 49$ . Άρα

$\displaystyle{xP(x)-1 = a(x-1)(x-2)...(x-49)}$

Θέτωντας x=0

βρίσκουμε $a = \frac {1}{49!}$ . Άρα

$\displaystyle{\boxed {P(x) = \frac {1}{x}\left (\frac {1}{49!}(x-1)(x-2)...(x-49) +1\right )} }$

Ας παρατηρήσουμε ότι ο σταθερός όρος της παράστασης μέσα στην μεγάλη παρένθεση είναι μηδέν, οπότε μετά την απλοποίηση του παρονομαστή

, βλέπουμε πολυώνυμο στο δεξί μέλος.

Τέλος $P(50)= \frac {2}{50}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 03, 2016 9:46 pm**

Αν το πολυώνυμο $P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0$ δεν έχει ρίζες και ισχύει ότι $a_n+a_{n-1}+...+a_1+a_0>0$ , να βρεθεί το πρόσημο του a_0

.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 04, 2016 8:53 am**

VASILIS_VLH έγραψε:Αν το πολυώνυμο $P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0$ δεν έχει ρίζες και ισχύει ότι $a_n+a_{n-1}+...+a_1+a_0>0$ , να βρεθεί το πρόσημο του .

Αρχικά $a_0\neq 0$ διότι διαφορετικά το

θα ήταν ρίζα του πολυωνύμου.

Η δοσμένη σχέση $a_n+a_{n-1}+...+a_1+a_0>0$ είναι ισοδύναμη της P(1)>0

.

Αν ήταν a_0<0

δηλαδή

, τότε λόγω συνέχειας της

, ισχύουν οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο [0,1]

δηλαδή η εξίσωση P(x)=0

έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο (0,1)

, άτοπο.

Άρα a_0>0

.

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 04, 2016 10:41 pm**

Επαναφέρω την ΑΣΚΗΣΗ 2.

Επίσης

VASILIS_VLH έγραψε:Αν το πολυώνυμο $P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0$ δεν έχει ρίζες και ισχύει ότι $a_n+a_{n-1}+...+a_1+a_0>0$ , να βρεθεί το πρόσημο του .

Ας την ονομάσουμε ΑΣΚΗΣΗ 7, για να έχουν ρέουσα αρίθμηση.

mathematica.gr

Πολυώνυμα - Συλλογή Ασκήσεων

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