Докажете, че не съществува цяло число k такова, че f(k)=8.

[Garoll]

Даден е полиномът [tex]f(x)=a_{0}x^{n}+a_{1}x^{n-1}+a_{2}x^{n-2}+. . .+a_{n-1}x+a_{n}[/tex] с цели коефициенти [tex]{a_{0},a_{1},a_{2}, . . .,a_{n}[/tex].
Съществуват четири различни цели числа a, b, c и d такива, че [tex]f(a)=f(b)=f(c)=f(d)=5[/tex].
Докажете, че не съществува цяло число k такова, че [tex]f(k)=8[/tex].

[Реклама]

[r2d2]

Aми 3 е просто число!

[Garoll]

Тази подсказка е добра, задачата не е сложна.

[ins-]

Не е сложна, наистина - решавал съм я някога. Имам 1-2 решения на английски език - давана е на олимпиада в Канада много отдавна.

[dim]

От условието [tex]f(a)=f(b)=f(c)=f(d)=5[/tex]=>[tex]f(x)-5=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)t(x)[/tex]=>ако съществува [tex]f(k)=8[/tex], значи [tex](x-a)(x-b)(x-c)(x-d)t(x)=3[/tex]. Стойностите, които могат да приемат множителите на последното уравнение са: [tex]\pm 1[/tex], [tex]\pm 3[/tex]. Чрез елементарно разглеждане на всички случаи лесно се стига до извода, че измежду множителите [tex]x-a[/tex], [tex]x-b[/tex], [tex]x-c[/tex], [tex]x-d[/tex], има два равни, което е противоречие.

ПП: Добро упътване на r2d2 наистина.

[estoyanovvd]

[dim]

Никой не е изкуфял. Просто всеки мисли по различен начин.

Понеже [tex]a,b,c,d[/tex] са коени на уравнението [tex]f(x)-5=0[/tex], имаме представяне [tex]f(x)-5=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)t(x)[/tex], където [tex]t(x)[/tex] е полином с цели коефициенти.

Сигурно може и с Безу. Но мисля и така става. Аз така съм разсъждавал. Моментът обаче е наистина съществен и трябаше да се изясни наистина.

[estoyanovvd]

Работата е ясна. В училище го казваме, че е аналогично на разлагането на квадратния тричлен на множители. Но не го доказваме. Някой ще се проба ли да го докаже все пак.

[estoyanovvd]

За да бъда по-ясен искам да докажем, че ако уравнението
[tex]f(x)=0[/tex] има корени [tex]x_{1},x_{2},...,x_{n}[/tex], то [tex]f(x)=(x-x_{1})(x-x_{2})...(x-x_{n}).g(x)[/tex].

[ганка симеонова]

Ще започна с една дефиниция и една теорема.
Д1: Два полинома [tex]P(x); Q(x)[/tex] са тъждествено равни [tex]P(x)\equiv Q(x) [/tex], ако добиват равни стойности за всяко числено значение на х.
T1: НДУ, за да бъдат полиномите [tex]P(x)\equiv Q(x) [/tex], са:
1) полиномите да са от еднаква степен и
2)всички двойки съответни коефициенти да са равни.
Д2: Да разделим полинома [tex]P(x)=a_0x^n+...a_n [/tex] на полинома [tex]Q(x)=b_0x^m+...b_m [/tex],значи да намерим два нови полинома [tex]\varphi (x); R(x)[/tex], такива че [tex]\frac{P(x)}{Q(x) }\equiv \varphi (x)+\frac{R(x)}{Q(x) } ; degR\le m-1 [/tex]
T2: Ако P(x) е полином от степен n и ако числото [tex]x_1[/tex] е една негова нула, тогава Р(х) може да се раздели без остатък на [tex]x-x_1[/tex]
Т.к., [tex]Q(x)=x-x_1 [/tex] е от 1 степен, тогава остатъкът R(x) трябва да е константа, която искаме да докажем, че е 0. Тогава тъждеството в нашия случай има вида:
[tex]\frac{P(x)}{x-x_1 }\equiv \varphi (x)+\frac{R}{x-x_1 } [/tex] и е тъждество за всяко [tex]x\ne x_1 [/tex]
Умножаваме двете страни с [tex]x-x_1 [/tex] и получаваме [tex] P(x)\equiv \varphi (x)(x-x_1)+R [/tex]
Т.к., това равенство е тъждество на два полинома за безбройно много стойности на х, то съгласно предната теорема полиномите са тъждествено равни за всяка стойност на х, включително и за [tex]x=x_1[/tex], което бе изключено.
При [tex]x=x_1 [/tex] получаваме
[tex]P(x_1)=\varphi (x_1)(x_1-x_1)+R=R[/tex]. Но [tex]P(x_1)=0=>R=0=>[/tex]
[tex]P(x)=(x-x_1)\varphi (x) [/tex]
Ако продължим по- нататък с вече полученото представяне за Р(х) и следващата нула [tex]x_2[/tex], ще получим
[tex]P(x)=(x-x_1)(x-x_2)\psi(x) [/tex]
И в един момент изчерпвайки нулите, ще докажем исканото.

[estoyanovvd]

[ганка симеонова]

Стоянов, напарво ме измори с тази тема
[tex] P(x)=(x-x_1)\varphi (x) [/tex] Ако [tex]x_2 [/tex] е нула на Р=> че ще е нула и на [tex]\varphi [/tex]=>с предишните разсъждения ще получим [tex]\varphi(x)=(x-x_2)\psi(x) [/tex]

[estoyanovvd]

Аааа, да! Сега вече всичко ми е ясно!!!

[ганка симеонова]

Ох, отдъхнах си

[r2d2]

[estoyanovvd]

Ами първо трябва да се докаже, че всеки многочлен от n-та степен има най-много n реални нули. Това май му викаха Основна теорема на алгебрата. Докажете го и аз ще продължа по-нататак.

[Baronov]

[ганка симеонова]

Ами аз ще напиша доказателство след малко
Но е доста за писане, ако трябва да сме точни

[ганка симеонова]

Тъй като, теоремата, която ще докажем е следствие, от друга, първо ще докажем "другата"
Т* НДУ един полином да е тъждествено равен на 0, е всичките му коефициенти да са нули., т.е.
[tex]a_0=a_1=....=a_n=0 [/tex]
Доказателство. Ясно е, че изказаното условие е достатъчно, т.к. стойността на израза[tex]0.x^n+0.x^{n-1}+...+0 [/tex]
е равна на 0, за всяко числено значение на х.
Малко по- трудно е доказателството, за необходимостта на условието (т.е. [tex]a+0=a_1=...=a_n) [/tex]
Да допуснем, че [tex]a_0\ne 0 [/tex], въпреки че [tex]a_0x^n+...+a_n\equiv0 [/tex] Тогава
[tex]x^n\equiv b_1x^{n-1}+b_2x^{n-2}+...+b_n ; b_k=-\frac{a_k}{ a_0} [/tex](*)
Нека b е число, по- голямо от 1 и такова, че [tex]1>\frac{n|b_k|}{ b} ; k=1,...,n [/tex]
Последните неравенства ще се усилят, ако пишем [tex]1>\frac{nb_k}{ b^k} ; k=1,...,n[/tex]
Като ги съберем ще получим , че [tex]\frac{b_1}{ b} +...+\frac{b_n}{ b^n} <1 [/tex]
но от (*), при [tex]x=b=>\frac{b_1}{ b} +...+\frac{b_n}{ b^n} =1 [/tex]. Така получаваме противоречие=>допускането, че старшия коефициент не е 0, не е вярно. Аналогично доказваме, че и останалите коефициенти са 0.

Сега да минем към за НДУ, два полинома да са тъждествено равни. Нека имаме два полинома [tex] P_n(x); Q_m(x)[/tex] и да допуснем, че теоремата не е вярна и че [tex]n>m[/tex], макар че имаме [tex]P(x)\equiv Q(x) [/tex]
[tex] R(x)= P(x)-Q(x)\equiv 0 =>R(x)=a_0x^n+...+a_{n-m-1}x^{m+1}+(a_{n-m}-b_0)x^m+...+a_n-b_m [/tex]
Съгласно предната теорема=>
[tex]a_0=0; a_1=0; ...a_{n-m-1}=0 [/tex](**)
[tex]a_{n-m}-b_0=0; a_{n-m+1}-b_1=0;...;a_n-b_m=0 [/tex](***)
Равенствата (**) показват, че [tex] m=n [/tex]
Равенствата (***) показват, че съответните коефициенти на двата полинома са равни.

[estoyanovvd]

[estoyanovvd]

Така, че от други източници излиза, че теоремата, която Баронов и не само той наричат основна теорема на алгебрата е всъщност теорема на Гаус, а следствие от нея е това, което аз наричам основна теорема на алгебрата.

[estoyanovvd]

Колкото до това, че е очевидна, ето ви едно просто доказателство:

[estoyanovvd]

Надявам се руският да не е пречка за тези, които сериозно се занимават с математика!

[ганка симеонова]

Олеле, стана наистина интересно
Не е пречка

[estoyanovvd]

[ганка симеонова]

Аз мисля, че темата вече трябва да е изчерпана

[Garoll]

Все си мисля, че думите на r2d2 бяха по скоро иронични...

[estoyanovvd]

[ганка симеонова]

В интерес на истината ( да оставим шегата настрана) и аз мисля така. Понякога пускаме само коментар или готов отговор.. Нека наистина, да се изяснява проблема до край