mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Δεκ 06, 2018 5:24 pm**

Να εξετάσετε εάν υπάρχουν πολυώνυμα δευτέρου βαθμού f(x),g(x)

και

, έτσι ώστε οι ρίζες της εξίσωσης f(g(h(x)))=0

είναι οι αριθμοί 1,2,3,4,5,6,7,8

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 07, 2018 11:54 pm**

Datis-Kalali έγραψε: Πέμ Δεκ 06, 2018 5:24 pm Να εξετάσετε εάν υπάρχουν πολυώνυμα δευτέρου βαθμού και , έτσι ώστε οι ρίζες της εξίσωσης είναι οι αριθμοί

[ΔΕΝ ΕΙΝΑΙ ΣΩΣΤΗ Η ΛΥΣΗ ΜΟΥ, αλλά την αφήνω γιατί έχει ενδιαφέρον (νομίζω)...]

OXI, δεν μπορούν να υπάρχουν τέτοια πολυώνυμα:

Θέτοντας f(x)=Ax^2+Bx+C

,

,

, παρατηρούμε ότι το f(g(h(x)))

είναι το πολυώνυμο ογδόου βαθμού

A[D(Gx^2+Hx+J)^2+E(Gx^2+Hx+J)+F]^2+B[D(Gx^2+Hx+J)^2+E(Gx^2+Hx+J)+F]+C.

Αν τώρα οι 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8

ήταν ρίζες αυτού του πολυωνύμου, τότε θα ίσχυε (από Vieta κλπ) η

AD^2[G^4x^8+4G^3Hx^7+(4G^3J+6G^2H^2)x^6+...]=AD^2G^4(x^8-36x^7+582x^6-...),

από την οποία προκύπτουν οι H=-9G

,

.

Στο σημείο αυτό ας παρατηρηθεί ότι η ύπαρξη οκτώ διαφορετικών πραγματικών ριζών του πολυωνύμου ογδόου βαθμού f(g(h(x)))

θα συνεπαγόταν την ύπαρξη δύο πραγματικών ριζών της έκτης παραγώγου του. Ας παρατηρηθεί επίσης ότι για τον υπολογισμό της έκτης παραγώγου αρκεί να υπολογισθεί η έκτη παράγωγος του AD^2(Gx^2+Hx+J)^4

. Επειδή τώρα η έκτη παράγωγος του Q^4

, όπου

πολυώνυμο δευτέρου βαθμού, ισούται προς 1080(Q')^2(Q'')^2+360Q(Q'')^3

, μπορούμε να γράψουμε την έκτη παράγωγο του AD^2(Gx^2+Hx+J)^4

στην μορφή

1440AD^2G^2(14G^2x^2+14GHx+3H^2+2GJ).

Λαμβάνοντας τώρα υπ' όψιν και τις ισότητες H=-9G

,

, η έκτη παράγωγος λαμβάνει την μορφή

1440AD^2G^4(14x^2-126x+291),

οπότε γίνεται φανερό ότι δεν μπορεί να έχει πραγματικές ρίζες, καθώς $126^2-4\cdot14\cdot291=-420<0$ .

[Κατανοώ ότι η λύση μου μπορεί να είναι και εκτός φακέλου, καθώς χρησιμοποιεί Λογισμό. Μου αρέσει όμως, ακόμη και αν δεν είναι ούτε η συντομότερη, επειδή συνδυάζει Άλγεβρα με Λογισμό. (Έχω ελέγξει αρκετά τις πράξεις, ειδικότερα τον γενικό τύπο έκτης παραγώγου πολυωνύμου δευτέρου βαθμού ... δυστυχώς όμως υπήρχε τελικά λάθος, το 582 είναι 546, και αυτό οδηγεί σε ΘΕΤΙΚΗ διακρίνουσα 588 στο τέλος!)]

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 08, 2018 12:39 am**

gbaloglou έγραψε: Παρ Δεκ 07, 2018 11:54 pm
[Κατανοώ ότι η λύση μου μπορεί να είναι και εκτός φακέλου, καθώς χρησιμοποιεί Λογισμό.

Γιώργο, στην πραγματικότητα είσαι εντός φακέλου ακόμη και με χρήση του Rolle.

Ένα ιστορικό σχόλιο εδώ: Όταν ο Rolle απέδειξε το διάσημο θεώρημά του, το έκανε ΜΟΝΟ για πολυώνυμα και η απόδειξή του ήταν αλγεβρική (και απλή, διδάξιμη σε μαθητές που δεν ξέρουν Απειροστικό). Την γενίκευση για παραγωγίσιμές συναρτήσεις την έκαναν άλλοι, αλλά έδωσαν το δικό του όνομα στην γενίκευση γιατί το Θεώρημά του (για πολυώνυμα) ήταν ευρύτατα γνωστό.

Η ειρωνεία είναι ότι όταν ο Rolle δημοσίευσε το Θεώρημά του, ο Απειροστικός ήταν νέος κλάδος που ο ίδιος ο Rolle τον μισούσε και πολεμούσε. Υπενθυμίζω ότι εκείνο τον καιρό οι αποδείξεις με Απειροστικό ήταν ασαφείς, με απειροστά που ήσαν και, συγχρόνως, δεν ήσαν μηδέν. Καλό παράδειγμα της κριτικής είναι αυτή του Berkley εναντίον του ίδιου του Νεύτωνα. Έτσι, ένα από τα πιο διάσημα Θεωρήματα του Απειροστικού (δεν) έγινε με Απειροστικό.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 08, 2018 12:49 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Σάβ Δεκ 08, 2018 12:39 am
gbaloglou έγραψε: Παρ Δεκ 07, 2018 11:54 pm
[Κατανοώ ότι η λύση μου μπορεί να είναι και εκτός φακέλου, καθώς χρησιμοποιεί Λογισμό.
Γιώργο, στην πραγματικότητα είσαι εντός φακέλου ακόμη και με χρήση του Rolle.

Ένα ιστορικό σχόλιο εδώ: Όταν ο Rolle απέδειξε το διάσημο θεώρημά του, το έκανε ΜΟΝΟ για πολυώνυμα και η απόδειξή του ήταν αλγεβρική (και απλή, διδάξιμη σε μαθητές που δεν ξέρουν Απειροστικό). Την γενίκευση για παραγωγίσιμές συναρτήσεις την έκαναν άλλοι, αλλά έδωσαν το δικό του όνομα στην γενίκευση γιατί το Θεώρημά του (για πολυώνυμα) ήταν ευρύτατα γνωστό.

Η ειρωνεία είναι ότι όταν ο Rolle δημοσίευσε το Θεώρημά του, ο Απειροστικός ήταν νέος κλάδος που ο ίδιος ο Rolle τον μισούσε και πολεμούσε. Υπενθυμίζω ότι εκείνο τον καιρό οι αποδείξεις με Απειροστικό ήταν ασαφείς, με απειροστά που ήσαν και, συγχρόνως, δεν ήσαν μηδέν. Καλό παράδειγμα της κριτικής είναι αυτή του Berkley εναντίον του ίδιου του Νεύτωνα. Έτσι, ένα από τα πιο διάσημα Θεωρήματα του Απειροστικού (δεν) έγινε με Απειροστικό.

Μιχάλη πολύ ενδιαφέροντα όλα αυτά, σ' ευχαριστώ, όμως ... υπήρχε τελικά ένα μοιραίο λαθάκι στην λύση μου (βλ. παραπάνω)!

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 08, 2018 9:36 am**

gbaloglou έγραψε: Παρ Δεκ 07, 2018 11:54 pm
Datis-Kalali έγραψε: Πέμ Δεκ 06, 2018 5:24 pm Να εξετάσετε εάν υπάρχουν πολυώνυμα δευτέρου βαθμού και , έτσι ώστε οι ρίζες της εξίσωσης είναι οι αριθμοί
[ΔΕΝ ΕΙΝΑΙ ΣΩΣΤΗ Η ΛΥΣΗ ΜΟΥ, αλλά την αφήνω γιατί έχει ενδιαφέρον (νομίζω)...]

OXI, δεν μπορούν να υπάρχουν τέτοια πολυώνυμα:

Θέτοντας , , , παρατηρούμε ότι το είναι το πολυώνυμο ογδόου βαθμού

Αν τώρα οι ήταν ρίζες αυτού του πολυωνύμου, τότε θα ίσχυε (από Vieta κλπ) η

Βλέπω -- με το φως της ημέρας

-- και άλλο λάθος στην χθεσινοβραδινή μου απόπειρα: η σωστή ισότητα είναι

AD[DG^4x^8+4DG^3Hx^7+(4DG^3J+6DG^2H^2+2G^3E)x^6+...]=AD^2G^4(x^8-36x^7+546x^6-...),

οπότε οι ελπίδες επισκευής της λύσης μου είναι πλέον ελάχιστες...

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 08, 2018 6:31 pm**

Έστω

και έστω

οι ρίζες του

. Τότε το

είναι πολυώνυμο τετάρτου βαθμού. Για κάθε $1 \leqslant n \leqslant 8$ είναι f(k(n)) = 0

και άρα υπάρχει $i \in \{1,2\}$ ώστε k(n) = x_i

.

Επειδή το

είναι τετάρτου βαθμού, για τα μισά

θα έχουμε

, και για τα άλλα μισά θα έχουμε k(n) = x_2

.

Χωρίς βλάβη της γενικότητας k(1) = x_1

. Έστω

οι άλλες ρίζες τις k(x) = x_1

. Έστω επίσης

το σύνολο των ριζών της k(x) = x_2

. Θέτω

.

Τότε $\displaystyle k(x) = Cr(x) + x_1$ . Επειδή k(x) = x_2

για κάθε $x \in A$ , τότε το r(x)

παίρνει τις ίδιες τιμές στα $x \in A$ . Αν $8 \in A$ , τότε 7|r(8)

. Όμως $7 \nmid r(m)$ για οποιοδήποτε άλλο $m \in A$ , άτοπο. Άρα $8 \notin A$ . Επίσης, αν $6 \in A$ τότε 5|r(6)

. Όμως το πολύ για τρία $m \in A$ θα έχουμε 5|r(m)

αφού τα μόνα ζεύγη που δίνουν διαφορά πολλαπλάσιο του

είναι τα

. Άρα $6 \notin A$ και για τον ίδιο λόγο $3 \notin A$ .

Επομένως r(x) = (x-1)(x-3)(x-6)(x-8)

. Αλλά

, άτοπο.

Άρα δεν υπάρχουν τέτοια πολυώνυμα.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 09, 2018 9:55 am**

gbaloglou έγραψε: Σάβ Δεκ 08, 2018 9:36 am οπότε οι ελπίδες επισκευής της λύσης μου είναι πλέον ελάχιστες...

... και, όπως η χθεσινή λύση του Δημήτρη υποδεικνύει, ανύπαρκτες: είχα εξ αρχής εσφαλμένη εποπτεία του προβλήματος, θεωρώντας ότι οκτώ πραγματικές/θετικές λύσεις θα ήταν πάρα πολλές, ενώ το εμπόδιο ήταν τελικά οι διαιρετότητες, 'ποιοτικό' και όχι 'ποσοτικό' το πρόβλημα λοιπόν!

[Ε, κάπου παρασύρθηκα και από την γενικότερη τάση πολλών προβλημάτων να 'θεαματικοποιούν' την εκφώνηση, χρησιμοποιώντας πχ την τρέχουσα χρονολογία ενώ το πρόβλημα μπορεί να ισχύει για πολλούς άλλους αριθμούς (όπως στο Πρόβλημα 3 της φετινής ΙΜΟ)

]

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 09, 2018 12:24 pm**

Λίγο αλλιώς και λίγο γενικότερα από την εκφώνηση:

Έστω f(x)= A(x-a)(x-b)

και

τεταρτοβάθμιο έτσι ώστε $\displaystyle{A(F(x)-a)(F(x)-b)=c(x-1)(x-2)...(x-8)}$ . Tότε οι τέσσερις από τις οκτώ ρίζες του δεξιού μέλους θα ήταν ρίζες του $\displaystyle{F(x)-a}$ και οι άλλες τέσσερις του $\displaystyle{F(x)-b}$ . Δηλαδή θα είχαμε για κάποιες σταθερές p,q

και κάποια διαμέριση $\{r_1, \, ... , \, r_4\}\cup \{s_1, \, ... , \, r_4\}$ του $\{1, \, ... , \, 8\}$ τις

$\displaystyle{F(x)-a=p(x-r_1)(x-r_2)(x-r_3)(x-r_4)}$ και $\displaystyle{F(x)-b=q(x-s_1)(x-s_2)(x-s_3)(x-s_4)}$ .

Ειδικά p=q=1

από σύγκριση συντελεστών με το αριστερό μέλος εκάστης. Αφαιρώντας έπεται ότι θα είχαμε για κάποiα σταθερά

$\displaystyle{(x-r_1)(x-r_2)(x-r_3)(x-r_4)=(x-s_1)(x-s_2)(x-s_3)(x-s_4)+u}$ .

Ο Vieta μας δίνει $\displaystyle{\sum r_i=\sum s_i, \, \sum r_ir_j=\sum s_is_j, \, \sum r_ir_jr_k=\sum s_is_js_k}$

Οι δύο πρώτες ισοδυναμούν με $\displaystyle{\sum r_i=\sum s_i, \, \sum r_i^2=\sum s_i^2}$ και αφού $1+2+...+8=36, \, 1^2+2^2+...+8^2= 204$ , οι παραστάσεις που γράψαμε θα είναι ίσες με το μισό του αντίστοιχου αθροίσματος, δηλαδή

$\displaystyle{\sum r_i=18= \sum s_i, \, \sum r_i^2=102= \sum s_i^2}$ .

Θα δούμε ότι οι μόνη λύση των δύο τελευταίων είναι η $8+5+3+2=18= 7+6+4+1, \, 8^2+5^2+3^2+2^2=102=7^2+6^2+4^2+1^2$ .

Πράγματι, χωρίς βλάβη ο r_1=8

. Ο δεύτερος ποιο μεγάλος στο $\{r_1, \, ... , \, r_4\}$ δεν μπορεί να είναι $\ge 6$ διότι τότε $\displaystyle{\sum r_i^2\ge 8^2+6^2+2^2+1^2=105 >102}$ και δεν μπορεί να είναι $\le 4$ γιατί τότε $\displaystyle{\sum r_i^2\le 8^2+4^2+3^2+2^2=93 <102}$ . 'Αρα είναι ο

, οπότε οι άλλοι δύο είναι είτε οι 4,0

ή

διότι πρέπει να έχουν άθροισμα 18-8-5=5

. Εύκολα ελέγχουμε ότι η μόνη επιλογή είναι αυτή που έγραψα παραπάνω.

Φτάνουμε σε άτοπο όταν πάμε να ελέγξουμε την $\displaystyle{ \sum r_ir_jr_k=\sum s_is_js_k}$ . Εδώ η μία τετράδα δίνει 278

και η άλλη 262

.

Συνεπώς δεν υπάρχουν τέτοιες f,F

>

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 09, 2018 7:26 pm**

Για να το δούμε λίγο διαφορετικά.

Θα παραλείψω κάποιες πράξεις.

Εστω ότι υπάρχουν τα τριώνυμα.

Η πρώτη παρατήρηση είναι ότι θα υπάρχουν τρία τριώνυμα που η σύνθεση τους θα

έχει ρίζες τα -7,-5,-3,-1,1,3,5,7

παίρνουμε τον μετασχηματισμό 2x-9

Η δεύτερη παρατήρηση είναι ότι επειδή η σύνθεση των τριωνύμων είναι άρτια συνάρτηση
τα τριώνυμα έχουν την μορφή $kx^{2}+l,k\neq 0$

Μάλιστα στο απέξω μπορούμε να υποθέσουμε ότι k=1

Η εξίσωση γράφεται $(a(bx^{2}+c)^{2}+d)^{2}+e=0$

Αυτή είναι ισοδύναμη με την $((x^{2}+k)^{2}+m)^{2}+r=0$

Ετσι η εξίσωση $((t+k)^{2}+m)^{2}+r=0$

έχει ρίζες τα 1,9,25,49

Αυτό όμως είναι ΑΤΟΠΟ(γιατί ; )

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 09, 2018 8:07 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Κυρ Δεκ 09, 2018 7:26 pm Ετσι η εξίσωση $((t+k)^{2}+m)^{2}+r=0$

έχει ρίζες τα

Αυτό όμως είναι ΑΤΟΠΟ(γιατί ; )

Οι ρίζες της εξίσωσης εμφανίζονται σε ζεύγη της μορφής (x,-x-2k)

. Δηλαδή σε ζεύγη με σταθερό άθροισμα -2k

. Τα

όμως, δεν μπορούν να χωριστούν με τέτοιο τρόπο.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 19, 2018 12:47 am**

Μια αναπάντεχη όσο και 'διαφωτιστική' λύση που προκύπτει άμεσα από το εξής λήμμα:

Αν $S_1=\sum{x_i}, 1\leq i\leq 8}$ , $S_2=\sum{x_1x_j}, 1\leq i<j\leq 8$ , $S_3=\sum{x_ix_jx_k}, 1\leq i<j<k\leq 8$ , όπου ${x_i}$ οι ρίζες του πολυωνύμου f(g(h(x)))

, όπου

,

τριώνυμα, τότε 7S_1^3=24S_1S_2-32S_3

.

[Το συμπέρασμα του λήμματος έχει επαληθευθεί για f(x)=x^2-3x-1

,

,

(με

,

,

).]

ΑΠΟΔΕΙΞΗ. Αν f(x)=Ax^2+Bx+C

,

, τότε το

ισούται προς

ADG[DG^3x^8+4DG^2Hx^7+G(4DGJ+6DH^2+2EG)x^6+(12DGHJ+4DH^3+6EGH)x^5]+... ,

οπότε προκύπτουν από εξίσωση συντελεστών (και αντικατάσταση του

) οι ισότητες

$H=-\dfrac{GS_1}{4},$

$4DJ+\dfrac{6DGS_1^2}{16}+2E=DGS_2,$

$-3DGJS_1-\dfrac{DG^2S_1^3}{16}-\dfrac{3}{2}EGS_1=-DG^2S_3.$

Η ισότητα 7S_1^3=24S_1S_2-32S_3

προκύπτει τώρα εύκολα (μέσω απαλοιφής) από τις τελευταίες δύο εξισώσεις!

mathematica.gr

Πολυώνυμο δευτέρου βαθμού

Πολυώνυμο δευτέρου βαθμού

Re: Πολυώνυμο δευτέρου βαθμού

Re: Πολυώνυμο δευτέρου βαθμού

Re: Πολυώνυμο δευτέρου βαθμού

Re: Πολυώνυμο δευτέρου βαθμού

Re: Πολυώνυμο δευτέρου βαθμού

Re: Πολυώνυμο δευτέρου βαθμού

Re: Πολυώνυμο δευτέρου βαθμού

Re: Πολυώνυμο δευτέρου βαθμού

Re: Πολυώνυμο δευτέρου βαθμού

Re: Πολυώνυμο δευτέρου βαθμού