AIME Polynom

01/02-2018 18:04

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 · 01/02-2018 18:36

Sett P( x ) = a * ( x - x

_{1}

) ( x - x

_{2}

)

P( 0 ) = a * x

_{1}

* x

_{2}

= 2010 = 1 * 2 * 3 * 5 * 67

Nullpunkta x

_{1}

og x

_{2}

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 · 01/02-2018 18:53

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.

01/02-2018 19:06

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

a x^{2} + b x + 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 $a, r_{1}, r_{2} \in Z$ ? Husk på at $r_{1}$ og $r_{2}$ ikke kan skilles fra hverandre.

Mattebruker · 01/02-2018 21:28

Har gjort ei ny berekning og kome til 172

01/02-2018 22:24

Mattegjest wrote: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 $f (0) = a r_{1} r_{2} ∴ 2010 = a r_{1} r_{2}$ . 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 $a r_{1} r_{2} = 2010$ . 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 $r_{1} r_{2}$ slik at $a r_{1} r_{2}$ 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 $(a, r_{1}, r_{2})$

$∴$ Det finnes $163$ polynomer $P (x)$ som oppfyller kriteriene.

Mattebruker · 01/02-2018 23:12

Har oversett kombinasjonane (r

_{1}

, r

_{2}

) = (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 · 02/02-2018 10:16

Viser her min teljemåte :

( 1 ): Både r

_{1}

og r

_{2}

er primtal.

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

( 2 ) : r

_{1}

er primtal, medan r

_{2}

er eit produkt av to primtal.

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

( 3 ): Både r

_{1}

og

_{2}

er eit produkt av to primtal.

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

[b( 4 )[/b]: r

_{1}

er primtal, medan r

_{2}

er eit produkt av 3 primtal.

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

( 5 ) : r

_{1}

er primtal, medan r

_{2}

er eit produkt av 4 primtal.

Denne kombinasjonen gir openbart berre eitt par distinkte røter

Produktet a * r

_{1}

*r

_{2}

=2010 = positivt produkt.
Her er det 4 alternativ: (+++) , (-+- ) , (--+) eller (+--).

Tal løysingar der abs(r

_{1}

) ulik abs(r

_{2}

: 4 * (10 + 18 + 3 + 8 +1 ) = 4 * 40 = 160

I tillegg får vi desse løysingane: (r

_{1}

, r

_{2}

) = (1 ,1) , (1 , -1 ) eller (-1 , -1 )

Talde dobbelt på punkt ( 3 ) i mitt førre svar.

02/02-2018 17:00

Mattegjest wrote:Løsning

Ser bra ut dette - fin løsning! Oppgaven er fra AIME II 2010.