Matematické Fórum

Fhact0r · 22. 12. 2009 17:29

a) Určete čísla a, b, c tak, aby byly řešením rovnice $x^3-ax^2+bx-c=0$ .
b) Existuje mnohočlen s celočíselnými koeficienty takový, že $f(2)=1$ a $f(6)=4$ ?

Diky.

Olin · 22. 12. 2009 17:36

Nějaké vlastní nápady?

1) Aby čísla řešila danou rovnici, musí tato rovnice platit po dosazení x = a, b, c. Tedy např. musí platit
$a^3 - a \cdot a^2 + ba - c = 0$ .

2) Zkus zjistit, co u polynomů s celočíselnými koeficienty musí vždy splňovat rozdíl f(a) - f(b).

FailED · 22. 12. 2009 17:48 — Editoval FailED (22. 12. 2009 17:58)

↑ Fhact0r:

1) Zkus si napsat ten polynom jako součin.

2) Co víš o absolutním členu?

Wosush · 23. 12. 2009 16:12

↑ Olin:↑ FailED:
1) Uz se mi podarilo vypocitat a, b, c pres reseni soustavy 3 rovnic o 3 neznamych.

2) f(a)-f(b)=f(a-b) t.j. f(4)=3 - co s tim?

Absolutni clen (c) urcuje kde se nachazi prusecnik grafu funkce s osou Y t.j. f(0)=c.

Olin · 23. 12. 2009 16:16

$f(a)-f(b)=f(a-b)$ rozhodně ne, to platí pouze pro lineární funkce. Ale třeba pro kvadratické polynomy $f(x) = dx^2 + cx + e$ to vypadá takto:
$f(a)-f(b) = d(a^2-b^2) + c(a-b) = d(a-b)(a+b) + c(a-b) = (a-b)\[ d(a+b) + c \]$
Z toho už se něco dá "vykoukat".

FailED · 23. 12. 2009 16:46 — Editoval FailED (23. 12. 2009 16:56)

↑ Wosush:

Spíš jsem myslel z hlediska dělitelnosi, ten polynom můžeš napsat jako
$a_nx^n+\cdots+a_2x^2+a_1x+a_0=x(a_nx^{n-1}+\cdots+a_2x+a_1)+a_0$

Z hintu od ↑ Olin: to asi vykoukáš líp :)
Teda se znalostí vzorce.

Wosush · 23. 12. 2009 18:09

↑ Olin:
Hm, tenhle vzorec vidim poprve.
Tedy:
$f(6)-f(2)=4-1=3$
$3=(6-2)[(6+2)d+c]$
$3=32d+4c$
Soucet dvou celych sudych cisel (32d+4c) nemuze byt lichy (3) t.j. koeficienty c a d nejsou celociselny. Dobre?

FailED · 23. 12. 2009 18:53 — Editoval FailED (23. 12. 2009 18:55)

↑ Wosush:

Tohle platí jen pro kvadratickou funkci, důležité je, že (6-2) můžeš vytknout z každého členu $(6^k-2^k), k\in \mathbb{n}$ . Ten rozdíl tedy můžeš napsat jako součin (absolutní členy se odečtou) tedy $(6-2)(l_1\cdot6^{n-1}+l_2\cdot6^{n-2}\cdot2+\cdots+l_n\cdot2^{n-1})$ kde $l_i$ jsou nějaká celá čísla na kterých nezáleží (leda že by to byly 0 a to nelze). Rozdíl těch funkčních hodnot by tedy musel být tedy dělitelný (6-2)=4 a to není. Odpověď je že neexistuje.

Já jsem tě nejdřív chtěl nasměrovat na jednodušší skutečnost která tady stačí, a to že součet (nebo rozdíl, podle koeficientů) nějakých mocnin dvojky musí být sudý, proto by pro f(2)=1 muselo platit, že absolutní člen je lichý, u f(6) sudý, proto takový polynom neexistuje.

Matematické Fórum

#1 22. 12. 2009 17:29

Funkce

#2 22. 12. 2009 17:36

Re: Funkce

#3 22. 12. 2009 17:48 — Editoval FailED (22. 12. 2009 17:58)

Re: Funkce

#4 23. 12. 2009 16:12

Re: Funkce

#5 23. 12. 2009 16:16

Re: Funkce

#6 23. 12. 2009 16:46 — Editoval FailED (23. 12. 2009 16:56)

Re: Funkce

#7 23. 12. 2009 18:09

Re: Funkce

#8 23. 12. 2009 18:53 — Editoval FailED (23. 12. 2009 18:55)

Re: Funkce

Zápatí