mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 13, 2022 10:00 am**

Βρείτε πέντε τουλάχιστον τιμές του θετικού ακεραίου

, για τις οποίες το πολυώνυμο :

P(x)=x^3+2x^2-mx+(m-3)

, έχει τρεις διαφορετικές ακέραιες ρίζες .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 13, 2022 10:57 am**

KARKAR έγραψε: Κυρ Μαρ 13, 2022 10:00 am Βρείτε πέντε τουλάχιστον τιμές του θετικού ακεραίου , για τις οποίες το πολυώνυμο :

, έχει τρεις διαφορετικές ακέραιες ρίζες .

Η εξίσωση είναι 3ου βαθμού, αλλά ανάγεται σε δευτεροβάθμια, αφού είναι πάντα P(1)=0.

H δευτεροβάθμια που προκύπτει από Horner είναι x^2+3x-m+3=0,

με διακρίνουσα D=4m-3,

που θέλουμε να είναι τέλειο τετράγωνο. Πέντε τιμές του

είναι

Δώρο μερικές ακόμα τιμές 43, 57, 73, 91...

Μήπως μπορείτε να βρείτε γενικό ή έστω αναδρομικό τύπο;

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 13, 2022 3:31 pm**

george visvikis έγραψε: Κυρ Μαρ 13, 2022 10:57 am ... Μήπως μπορείτε να βρείτε γενικό ή έστω αναδρομικό τύπο;

Για

η εξίσωση γράφεται

(x-1)(x^2+3x-m+3)=(x-1)(x^2+3x-M^2-M+2)=(x-1)(x-M+1)(x+M+2)=0

που έχει τρεις ακέραιες ρίζες.

Πώς σκέφτηκα; Ο Γιώργος βρήκε 4m-3=k^2

, άρα $m= \dfrac {k^2+3}{4}$ . Επιλέγω k=2M+1

για να απλοποιηθεί ο παρονομαστής. Εδώ $m= \dfrac {(2M+1)^2+3}{4}$ ίσον, ως άνω.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 13, 2022 4:52 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Κυρ Μαρ 13, 2022 3:31 pm
george visvikis έγραψε: Κυρ Μαρ 13, 2022 10:57 am ... Μήπως μπορείτε να βρείτε γενικό ή έστω αναδρομικό τύπο;
Για η εξίσωση γράφεται

που έχει τρεις ακέραιες ρίζες.

Πώς σκέφτηκα; Ο Γιώργος βρήκε , άρα $m= \dfrac {k^2+3}{4}$ . Επιλέγω για να απλοποιηθεί ο παρονομαστής. Εδώ $m= \dfrac {(2M+1)^2+3}{4}$ ίσον, ως άνω.

Έτσι ακριβώς Μιχάλη

Να συμπληρώσω απλώς ότι απορρίπτεται η τιμή για M=2,

γιατί τότε η εξίσωση δίνει διπλή ρίζα το

Εγώ πάλι κατέληξα ότι ο

είναι όρος της ακολουθίας a_n,

με

και $\displaystyle {a_{n + 1}} - {a_n} = 2n$

εξαιρουμένου του όρου a_3=7.

mathematica.gr

Τρεις ακέραιες ρίζες

Τρεις ακέραιες ρίζες

Re: Τρεις ακέραιες ρίζες

Re: Τρεις ακέραιες ρίζες

Re: Τρεις ακέραιες ρίζες