Bare noe småtteri, hvordan gjør jeg om denne her til andregradslikning?
[tex]x^3+2x^2-x-2=0[/tex]
Kan ikke trekke ut x siden ikke alle ledd inneholder x?
[tex]x(x^2-2x-2)[/tex]?
Svaret skal ihvertfall bli x= -2 V x=-1 V x=1
Takk påforhånd!
Gjøre om til andregrad?
Moderators: Aleks855, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa, DennisChristensen, Emilga
Hvis du ser på 3. gradsfunksjonen, f(x) = f, så sees at den er lik null for x = 1.
Altså f(1) = 0
): da bruker du polynomdivisjon
f (x) : (x - 1) = x[sup]2[/sup] + 3x + 2 = (x + 2)(x + 1)
Altså f(1) = 0
): da bruker du polynomdivisjon
f (x) : (x - 1) = x[sup]2[/sup] + 3x + 2 = (x + 2)(x + 1)
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Mener du at jeg skal polynomdividere uttrykket med x-1? og da ender jeg opp med et andregradsuttrykk ikke sant? Men syns jeg husker en annen lur måte å gjøre det her på.Magnus wrote:Du kan lett se at 1 er en løsning av likningen. Hvis du nå anvender polynomdivisjon på (x-1) så får du et andregradspolynom.
-
mrcreosote
- Guru
- Posts: 1995
- Joined: 10/10-2006 20:58
En kjekk sak å kunne er rational root theorem: Om du har et monisk polynom som ikke har 0 som en rot (altså er ledende koeffisient, koeffisient foran den største potensen av x lik 1 og konstantleddet c ikke lik 0), vil alle eventuelle rasjonale røtter av polynomet være divisorer av c.
Eksempel:
[tex]P(x) = 1\cdot x^3+2x^2-x-2[/tex] er et monisk polynom uten 0 som rot. Derfor må eventuelle rasjonale røtter være heltall og dele -2; dette gjør bare -2,-1,1,1. Så er det en enkel sak å sjekke om noen av disse faktisk er røtter. I dette tilfellet er jo alle det og vi er heldigere enn vi kan forvente; setninga finner ikke røttene for deg, men den finner ei kort liste over mulige kandidater til noen av røttene.
Rational root theorem er nok ikke pensum på vdg, men det er ikke spesielt vanskelig å vise og du verden så kjekt å kunne. Det kan forøvrig generaliseres til alle polynomer, men dette er en god start.
Eksempel:
[tex]P(x) = 1\cdot x^3+2x^2-x-2[/tex] er et monisk polynom uten 0 som rot. Derfor må eventuelle rasjonale røtter være heltall og dele -2; dette gjør bare -2,-1,1,1. Så er det en enkel sak å sjekke om noen av disse faktisk er røtter. I dette tilfellet er jo alle det og vi er heldigere enn vi kan forvente; setninga finner ikke røttene for deg, men den finner ei kort liste over mulige kandidater til noen av røttene.
Rational root theorem er nok ikke pensum på vdg, men det er ikke spesielt vanskelig å vise og du verden så kjekt å kunne. Det kan forøvrig generaliseres til alle polynomer, men dette er en god start.
Enig i at polynomdivisjon er å foretrekke som metode, men i dette tilfellet kan du unngå polynomdivisjon dersom du er litt oppmerksom og lar øyet hvile på uttrykket en periode:
[tex]x^3+2x^2-x-2=x^2(x+2)-(x+2)=(x+2)(x^2-1)[/tex]
[tex]x^3+2x^2-x-2=x^2(x+2)-(x+2)=(x+2)(x^2-1)[/tex]
Last edited by fish on 02/05-2007 10:53, edited 1 time in total.
Skrev akkurat om rational root theorem her, så tenkte jeg skulle slenge inn beviset fra LaTeX-fila:
Teorem:
Hvis [tex]f(x) = x^n + a_{n-1}x^{n-1} + \ldots + a_0[/tex] er i [tex]{\mathbb Z}[x][/tex] med [tex]a_0 \neq 0[/tex]og hvis [tex]f(x)[/tex] har et nullpunkt i [tex]\mathbb Q[/tex] vil den ha et nullpunkt [tex]m[/tex] i [tex]\mathbb Z[/tex] slik at [tex]m[/tex] må dele [tex]a_0[/tex]
Bevis
Hvis [tex]f(x)[/tex] har et nullpunkt [tex]a \in \mathbb Q[/tex] vil [tex]f(x)[/tex]$ ha en lineær faktor [tex]x-a[/tex] i [tex]{\mathbb Q}[x][/tex]. Men da vil jo [tex]f(x)[/tex] ha en faktorisering med en lineær faktor i [tex]Z[x][/tex] så for noen [tex]m\in\mathbb Z[/tex] må vi ha [tex]f(x) = (x-m)(x^{n-1}+\ldots - a_0/m)[/tex] Slik at [tex]\frac{a_0}{m} \in \mathbb Z[/tex]
Dette her følger egentlig som et korollar for meg, men du har kanskje et annet bevis liggende som ikke anvender kroppteori, mrcreosote?
En liten "anvendelse" av dette kan være å vise at f.eks roten av to må være irrasjonellt.
Teorem:
Hvis [tex]f(x) = x^n + a_{n-1}x^{n-1} + \ldots + a_0[/tex] er i [tex]{\mathbb Z}[x][/tex] med [tex]a_0 \neq 0[/tex]og hvis [tex]f(x)[/tex] har et nullpunkt i [tex]\mathbb Q[/tex] vil den ha et nullpunkt [tex]m[/tex] i [tex]\mathbb Z[/tex] slik at [tex]m[/tex] må dele [tex]a_0[/tex]
Bevis
Hvis [tex]f(x)[/tex] har et nullpunkt [tex]a \in \mathbb Q[/tex] vil [tex]f(x)[/tex]$ ha en lineær faktor [tex]x-a[/tex] i [tex]{\mathbb Q}[x][/tex]. Men da vil jo [tex]f(x)[/tex] ha en faktorisering med en lineær faktor i [tex]Z[x][/tex] så for noen [tex]m\in\mathbb Z[/tex] må vi ha [tex]f(x) = (x-m)(x^{n-1}+\ldots - a_0/m)[/tex] Slik at [tex]\frac{a_0}{m} \in \mathbb Z[/tex]
Dette her følger egentlig som et korollar for meg, men du har kanskje et annet bevis liggende som ikke anvender kroppteori, mrcreosote?
En liten "anvendelse" av dette kan være å vise at f.eks roten av to må være irrasjonellt.
-
mrcreosote
- Guru
- Posts: 1995
- Joined: 10/10-2006 20:58
En stygg utelatelse i forrige innlegg, som Magnus skriver gjelder rrt sjølsagt bare for polynomer med heltallige koeffisienter. Jeg skisserer et ganske greit bevis som bør være mulig å forstå på vdgnivå; prøv, det er ikke så vanskelig!
La [tex]f(x)=c_nx^n+c_{n-1}x^{n-1}+\dots+c_1x+c_0[/tex]. Anta at a og b ikke har noen felles faktorer (det er: brøken a/b kan ikke forkortes) og at a/b er en rot av f(x). Da er [tex]f(\frac ab) = c_n(\frac ab)^n+c_{n-1}(\frac ab)^{n-1}+\dots+c_1(\frac ab)+c_0=0 [/tex]. Hvis man ganger opp med b^n flytter litt får man [tex]c_0b^n = -a(...)[/tex]; a deler c_0 siden vi har antatt at a og b ikke har noen felles faktor.
Så kan man gjøre noe tilsvarende, gang igjen opp med b^n så vi ikke jobber med brøker og skriv om så det står [tex]c_na^n = -b(...)[/tex]; b deler c_n.
Dette er litt mer generelt enn tidligere beskrivi, men om man antar at det er et monisk polynom (c_n=1), må vi jo nettopp ha at b deler 1, altså er b [symbol:plussminus] 1, og altså er alle rasjonale røtter heltall som deler c_0.
La [tex]f(x)=c_nx^n+c_{n-1}x^{n-1}+\dots+c_1x+c_0[/tex]. Anta at a og b ikke har noen felles faktorer (det er: brøken a/b kan ikke forkortes) og at a/b er en rot av f(x). Da er [tex]f(\frac ab) = c_n(\frac ab)^n+c_{n-1}(\frac ab)^{n-1}+\dots+c_1(\frac ab)+c_0=0 [/tex]. Hvis man ganger opp med b^n flytter litt får man [tex]c_0b^n = -a(...)[/tex]; a deler c_0 siden vi har antatt at a og b ikke har noen felles faktor.
Så kan man gjøre noe tilsvarende, gang igjen opp med b^n så vi ikke jobber med brøker og skriv om så det står [tex]c_na^n = -b(...)[/tex]; b deler c_n.
Dette er litt mer generelt enn tidligere beskrivi, men om man antar at det er et monisk polynom (c_n=1), må vi jo nettopp ha at b deler 1, altså er b [symbol:plussminus] 1, og altså er alle rasjonale røtter heltall som deler c_0.
Jeg skjønte det! 
Det jeg ikke skjønte, var skrivemåten [tex]{\mathbb Z}[x][/tex]. Hvis jeg skal tippe hva det betyr, må det vel være noe sånt som mengden av alle polynomer med koeffisienter i [tex]{\mathbb Z}[/tex], eller kanskje det er mengden av alle funksjoner som gitt et tall i [tex]{\mathbb Z}[/tex] uansett gir tilbake et tall i [tex]{\mathbb Z}[/tex]? Eller?
Det jeg ikke skjønte, var skrivemåten [tex]{\mathbb Z}[x][/tex]. Hvis jeg skal tippe hva det betyr, må det vel være noe sånt som mengden av alle polynomer med koeffisienter i [tex]{\mathbb Z}[/tex], eller kanskje det er mengden av alle funksjoner som gitt et tall i [tex]{\mathbb Z}[/tex] uansett gir tilbake et tall i [tex]{\mathbb Z}[/tex]? Eller?
-
mrcreosote
- Guru
- Posts: 1995
- Joined: 10/10-2006 20:58
Flott. Det kan være kjekt å kunne, sjøl på videregående.
Z[x] er som du har gjetta mengden av alle polynomer (polynomringen heter det i algebraen) med koeffisienter i Z.
En annen sak det kan være artig å kjenne til er Eisensteins test:
La [tex]f(x)=c_nx^n+\dots+c_0\in {\mathbb Z}[x][/tex] og la p være et primtall. Hvis c_n [symbol:ikke_lik] 0 modulo p, men resten av koeffisientene er nettopp 0 modulo p, men c_0 ikke er 0 modulo p^2 \end{sykekrav} har f(x) ikke noen rasjonale røtter.
For eksempel vil ikke [tex]x^3-6x^2+24x-12[/tex] ikke ha noen rasjonale røtter ved Eisensteins test med p=3. (Hvorfor kan vi ikke bruke p=2?) Litt lettere enn å leite gjennom de 12 mulige divisorene av 12, men det er jo ikke så ofte det kommer til anvendelse da.
Hvis noen fortsatt ikke er helt sikre på om rota av 2 irrasjonal (ikke irrasjonell, din lefse, Magnus), kan Eisensteins test brukes til å vise at den faktisk er det.
Z[x] er som du har gjetta mengden av alle polynomer (polynomringen heter det i algebraen) med koeffisienter i Z.
En annen sak det kan være artig å kjenne til er Eisensteins test:
La [tex]f(x)=c_nx^n+\dots+c_0\in {\mathbb Z}[x][/tex] og la p være et primtall. Hvis c_n [symbol:ikke_lik] 0 modulo p, men resten av koeffisientene er nettopp 0 modulo p, men c_0 ikke er 0 modulo p^2 \end{sykekrav} har f(x) ikke noen rasjonale røtter.
For eksempel vil ikke [tex]x^3-6x^2+24x-12[/tex] ikke ha noen rasjonale røtter ved Eisensteins test med p=3. (Hvorfor kan vi ikke bruke p=2?) Litt lettere enn å leite gjennom de 12 mulige divisorene av 12, men det er jo ikke så ofte det kommer til anvendelse da.
Hvis noen fortsatt ikke er helt sikre på om rota av 2 irrasjonal (ikke irrasjonell, din lefse, Magnus), kan Eisensteins test brukes til å vise at den faktisk er det.
Hehe, mrcreosote. Vel - Eisensteins test er ikke veldig vanskelig å forstå, så du klarer det nok sEirik. Og som mrcreosote også nevner kan den brukes til å vise at roten av 2 er irrasjonal(!).. Nesten så jeg lurer på hva som ikke kan brukes til å vise det:P
[quote="sEirik"]Rasjonal, rasjonell... Er det ikke to likestilte uttrykk det da? Slik som ligning/likning? [quote]
Dersom mine etymologiske kunnskaper er intakte, stammer ordet "rasjonal" fra ordet "ratio," altså "forhold mellom," som jo a/b er. Irrasjonell, derimot, skal strengt tatt bare benyttes med meningen "noe som mangler et logisk grunnlag."
Dersom mine etymologiske kunnskaper er intakte, stammer ordet "rasjonal" fra ordet "ratio," altså "forhold mellom," som jo a/b er. Irrasjonell, derimot, skal strengt tatt bare benyttes med meningen "noe som mangler et logisk grunnlag."