matematikk.net

Hei

Noen som har noen smarte tips og triks til å faktorisere stykker som dette, er i forbindelse med derivasjon av et produkt :

[tex]4(x+1)^3(x-2)^2+2(x+1)^4(x-2)[/tex]

Takker for alle tips og svar

Hei igjen fikk den til

Oppgave deriver :

[tex](x+1)^4\times (x-2)^2[/tex]

Kladd: [tex](x+1)^4[/tex]

[tex]u=x+1[/tex] [tex]{}'u = 1[/tex]

[tex]g(u)= u^4[/tex] [tex]{g(u)}'= 4U^3[/tex]

Del regning: [tex]{}'(x+1)^4= 4\times (x+1)^3\times 1 = 4(x+1)^3[/tex]

Kladd: [tex](x-2)^2[/tex]

[tex]u= x-2[/tex] [tex]{u}'= 1[/tex]

[tex]g(u)= u^2[/tex] [tex]{'g(u)} = 2u[/tex]

Del regning: [tex]{(x-2)}'= 2\times (x-2)\times 1 = 2(x-2)[/tex]

[tex]{u}'\times v+u\times {v}'[/tex]

[tex]4(x+1)^3\times (x-2)+(x+1)^4\times 2(x-2)[/tex] Tips: Finn felles faktorer

[tex]2(x+1)^3(x-2)(2(x-2)+(x+1))[/tex]

Del regning: [tex](2(x-2)+(x+1)) = (2x-4+x+1) = (3x-3) = 3(x-1)[/tex]

[tex]2\times3(x+1)^3(x-2)(x-1)[/tex]

Endelig svar [tex]=6(x+1)^3(x-2)(x-1)[/tex]

Hva trenger du hjelp til egentlig?


Alternativ kan du vel ut i fra pascals trekant bruke binomial theoremet:

[tex](a+b)^n=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}a^{n-k}b^{k}[/tex], og deretter gange ut parentesene, men dog mindre effektivt.

Drezky wrote:Hva trenger du hjelp til egentlig?


Alternativ kan du vel ut i fra pascals trekant bruke binomial theoremet:

[tex](a+b)^n=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}a^{n-k}b^{k}[/tex], og deretter gange ut parentesene, men dog mindre effektivt.

hvordan kommer man egentlig frem til denne formelen?

Induksjon.

Gjest wrote:

Drezky wrote:
[tex](a+b)^n=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}a^{n-k}b^{k}[/tex]

hvordan kommer man egentlig frem til denne formelen?

Alternativt kan man for heltallige $n$ kan man bare se på hvor mange måter leddet $a^{n-k}b^k$ kan "lages" på: Hvert ledd lages ved å "velge" $a$ fra $n-k$ av de totalt $n$ parentesene $(a+b)(a+b)\dotso(a+b)$. Da vil vi automatisk ha valgt $b$ i alle de $k$ gjenværende parentesene, så leddet $a^{n-k}b^k$ kan lages på $\binom{n}{n-k}=\binom{n}{k}$ forskjellige måter.