AIME Polynom

Her kan brukere av forum utfordre hverandre med morsomme oppgaver og nøtter man ønsker å dele med andre. Dette er altså ikke et sted for desperate skrik om hjelp, de kan man poste i de andre forumene, men et sted for problemløsing på tvers av trinn og fag.

Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa

Svar
Markus
Fermat
Fermat
Innlegg: 767
Registrert: 20/09-2016 13:48
Sted: NTNU

Hvor mange polynomer $P(x)$ av grad $2$ finnes det som er slik at $P(x)$ har heltallige koeffisienter og heltallige røtter, og slik at $P(0)=2010$?
Mattebruker

Sett P( x ) = a * ( x - x[tex]_1[/tex] ) ( x - x[tex]_2[/tex] )

P( 0 ) = a * x[tex]_1[/tex] * x[tex]_2[/tex] = 2010 = 1 * 2 * 3 * 5 * 67

Nullpunkta x[tex]_1[/tex] og x[tex]_2[/tex] kan plukkast ut på "5 over 2 " = 10 ulike måtar.

Svar: Det fins 10 ulike polynom av grad 2 som oppfyller dei gitte krava.
Mattebruker

Første svaret mitt var lite gjennomtenkt.

Ny løysing: "5 over 2 " + "5 over 2" * "3 over 1 " + "5 over 2 " * " 3 over 2 " + "5 over 3" * " 2 over 1 " = 90

Skal tru om dette stemmer. Eg ventar i spenning på dommen.
Markus
Fermat
Fermat
Innlegg: 767
Registrert: 20/09-2016 13:48
Sted: NTNU

Det jeg opprinnelig skrev var et svar til det første løsningsforslaget. Kunne du forklart litt hva du tenker med det nye løsningsforslaget ditt? Jeg legger ved original svar, da det ser ut som at den samme misforståelsen også er i det nye løsningsforslaget ditt - men det er mulig jeg misforstår (så skulle gjerne hatt en forklaring på hvordan du tenkte). Svaret du har fått er ikke korrekt.

Til ditt opprinnelige innlegg;
Denne slutningen er ikke korrekt, for det første må du ikke telle med $1$ som en faktor (for eksempel er jo $1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 67 = 1 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 67$). Det er heller ikke nullpunktene vi er interessert i men triplene $(a,b,c)$ i $ax^2+bx+c$, altså hvor mange slike polynomer finnes det som oppfyller kriteriene? Selv om to polynomer har like røtter betyr det ikke at de trenger å ha like koeffisienter. Legger hint i spoileren, hvis du skulle ønske en pekepinn.

Hint:
[+] Skjult tekst
La $P(x) = a(x-r_1)(x-r_2)$. Siden $f(0)=2010$ betyr det at $2010 = a \cdot r_1 \cdot r_2$. Hvor mange tripler $(a, r_1, r_2)$ finnes det som oppfyller $a \cdot r_1 \cdot r_2=2010$, der $a, r_1, r_2 \in \mathbb{Z}$? Husk på at $r_1$ og $r_2$ ikke kan skilles fra hverandre.
Mattebruker

Har gjort ei ny berekning og kome til 172
Markus
Fermat
Fermat
Innlegg: 767
Registrert: 20/09-2016 13:48
Sted: NTNU

Mattegjest skrev:Har gjort ei ny berekning og kome til 172
Nå er du ikke langt unna det faktiske svaret (det er litt lavere)! Det er vanskelig for meg å si hvor du har overtelt. Legger ved et løsningsforslag i spoileren under.
[+] Skjult tekst
La $P(x)=a(x-r_1)(x-r_2)$, da er $f(0)=ar_1r_2 \therefore 2010 = ar_1r_2$. Primtallsfaktorisering av $2010$ gir $2010=2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 67$. Vi ønsker å finne alle tripler $(a,r_1,r_2)$ som er slik at $ar_1r_2=2010$. Siden $2010$ har fire primfaktorer gir det $3^4=81$ måter å splitte primfaktorene mellom $a,r_1,r_2$ på. Siden rekkefølgen på $r_1$ og $r_2$ ikke spiller noen rolle, er antall kombinasjoner i vårt tilfelle mindre. Et av tilfellene er når $2010=1 \cdot 1 \cdot 2010$ - denne kombinasjonen ønsker vi bare å telle en av, slik at vi står igjen med $80$ kombinasjoner. Nok en gang, siden rekkefølgen på røttene ikke spiller noen rolle blir det overtelling på de gjenværende $80$ kombinasjonene, slik at det i realiteten er $\frac{80}{2!} = 40$ "unike" kombinasjoner. Vi må avslutningsvis se på fortegn; $a$ vil bestemmes automatisk av fortegnet til produktet $r_1r_2$ slik at $ar_1r_2$ har positivt fortegn. Vi har fire konfigurasjoner av fortegn for $(r,s)$ $(1,1), (-1,1), (1, -1), (-1,-1)$. Legg merke til at vi ikke kan skille mellom $(-1,1)$ og $(1,-1)$ i spesialtilfellet nevnt over der $(a,r_1,r_2)=(2010,1,1)$, slik at i dette tilfellet er det kun $3$ ulike konfigurasjoner av fortegn. For de 40 andre kombinasjonene er det imidlertid $4$ konfigurasjoner,
siden røttene er distinkte. Dette gir altså $4 \cdot 40 + 1 \cdot 3 = 163$ mulige tripler $(a,r_1,r_2)$

$\therefore$ Det finnes $163$ polynomer $P(x)$ som oppfyller kriteriene.
Mattebruker

Har oversett kombinasjonane (r[tex]_1[/tex], r[tex]_2[/tex] ) = (1,-1) , (-1,-1) eller (1,1)

Men då endar eg opp med 175 løysingar. Har resonnert på ein annan måte enn fasit du presenterer. Likevel meiner eg at
mi "teljing" skal føre fram til rett svar. Må prøve å finne ut kvar feilen ligg.
Ei interessant oppgave !
Mattebruker

Viser her min teljemåte :

( 1 ): Både r[tex]_1[/tex] og r[tex]_2[/tex] er primtal.

Her får vi " 5 over 2 " ( = 10 ) ulike par distinkte røter.

( 2 ) : r[tex]_1[/tex] er primtal, medan r[tex]_2[/tex] er eit produkt av to primtal.

Dette alternativet gir " 4 over 2 " * " 3 over 1 " ( = 18 ) par distinkte røter.

( 3 ): Både r[tex]_1[/tex] og [tex]_2[/tex] er eit produkt av to primtal.

Denne kombinasjonen gir " 4 over 2 "/2 ( = 3 ) par distinkte røter.

[b( 4 )[/b]: r[tex]_1[/tex] er primtal, medan r[tex]_2[/tex] er eit produkt av 3 primtal.

Her får vi "4 over 3 " * " 2 over 1 " ( = 8 ) par distinkte røter.

( 5 ) : r[tex]_1[/tex] er primtal, medan r[tex]_2[/tex] er eit produkt av 4 primtal.

Denne kombinasjonen gir openbart berre eitt par distinkte røter

Produktet a * r[tex]_1[/tex] *r[tex]_2[/tex] =2010 = positivt produkt.
Her er det 4 alternativ: (+++) , (-+- ) , (--+) eller (+--).

Tal løysingar der abs(r[tex]_1[/tex]) ulik abs(r[tex]_2[/tex]: 4 * (10 + 18 + 3 + 8 +1 ) = 4 * 40 = 160

I tillegg får vi desse løysingane: (r[tex]_1[/tex] , r[tex]_2[/tex] ) = (1 ,1) , (1 , -1 ) eller (-1 , -1 )


Talde dobbelt på punkt ( 3 ) i mitt førre svar.
Markus
Fermat
Fermat
Innlegg: 767
Registrert: 20/09-2016 13:48
Sted: NTNU

Mattegjest skrev:Løsning
Ser bra ut dette - fin løsning! Oppgaven er fra AIME II 2010.
Svar