Her kan brukere av forum utfordre hverandre med morsomme oppgaver og nøtter man ønsker å dele med andre. Dette er altså ikke et sted for desperate skrik om hjelp, de kan man poste i de andre forumene, men et sted for problemløsing på tvers av trinn og fag.
Dette ble veldig rotete, men det er jo evident at:
Hvis [tex]P(x)=x^n-a^n[/tex] så finnes det et polynom [tex]Q(x)[/tex] og en rest [tex]r[/tex] slik at : [tex]P(x)=(x-a)\left ( Q(x)+r \right )[/tex] ettersom [tex](x^n-a^n)=0(mod\:\:(x-a))[/tex]. Ettersom [tex]P(a)=0[/tex] og [tex](a-a)Q(b)=0\Longrightarrow r=0[/tex] som følge av at [tex]x^n-a^n=(x-a)Q(x)\:\:\:\: \forall\:\:\:x[/tex]
Så bruk argumentverdien [tex]x=b[/tex]
Hvis n er et oddetall da kan [tex](a^n-b^n)[/tex] abre faktoriseres med faktoren [tex](a-b)[/tex]. Men når n er et partall så vil det ikke være mulig å faktorisere utrykket av samme grunn,
[tex](a+b)(a^{n-1}-a^{n-2}b+..-b^{n-1})[/tex]
Vil gjerne ha en oppklaring på dette hvis jeg prater svada =)
[tex]i*i=-1[/tex]
Omnia mirari etiam tritissima - Carl von Linné
( Find wonder in all things, even the most commonplace.)
Det er åpning og lukking av ionekanaler i nerveceller som gjør det mulig for deg å lese dette.
pit skrev:Jeg har en faktoriserings oppgave som egentlig er ganske lett.
[tex]x^{11} + y^{11}[/tex]
Jeg går utifra at du her sikter til å faktorisere over $\mathbb{Q}$ (og ikke over $\mathbb{C}$).
$x^{11}+y^{11}=y^{11}((\frac{x}{y})^{11}+1)$.
Vi vet at $z^{11}+1=(z+1)\phi_{22}(z)$, der $\phi_{22}(z)=z^{10}-z^9+z^8-...-z+1$ er det 22-te syklotomiske polynomet. Alle syklotomiske polynomer er irredusible over $\mathbb{Q}$, så det følger at
[tex]x^4+6x^3+11x^2+6x+1=(x^2+ax+1)(x^2+bx+1)[/tex]
[tex]x^4+6x^3+11x^2+6x+1=x^4+x^3(a+b)+x^2(ab+2)+x(a+b)+1[/tex]
Da må [tex]a+b=6[/tex] og [tex]ab+2=11[/tex] som gir at [tex]a=b=3[/tex]
[tex]x^4+6x^3+11x^2+6x+1=(x^2+3x+1)^2=\Big((x+\frac{3-\sqrt{5}}{2})(x+\frac{3+\sqrt{5}}{2})\Big)^2[/tex]
[tex]x^4+6x^3+11x^2+6x+1=(x^2+ax+1)(x^2+bx+1)[/tex]
[tex]x^4+6x^3+11x^2+6x+1=x^4+x^3(a+b)+x^2(ab+2)+x(a+b)+1[/tex]
Da må [tex]a+b=6[/tex] og [tex]ab+2=11[/tex] som gir at [tex]a=b=3[/tex]
[tex]x^4+6x^3+11x^2+6x+1=(x^2+3x+1)^2=\Big((x+\frac{3-\sqrt{5}}{2})(x+\frac{3+\sqrt{5}}{2})\Big)^2[/tex]
Alternativ, men dog veldig lik
[tex]x^4+4y^4[/tex]
[tex]x^4+4y^4=(x^2)^2+(2y)^2=(x^2)^2+(2y)^2+4x^2y^2-4x^2y^2=(x^2+2y^2)^2-4x^2y^2=((x+y)^2+y^2)((x-y)^2+y^2)=(x^2+2xy+2y^2)(x^2-2xy+2y^2)[/tex]
[tex]i*i=-1[/tex]
Omnia mirari etiam tritissima - Carl von Linné
( Find wonder in all things, even the most commonplace.)
Det er åpning og lukking av ionekanaler i nerveceller som gjør det mulig for deg å lese dette.
Generelt tips for å vise at de faktorene man står igjen med faktisk er irredusible over de rasjonale tallene, er å bruke Eisensteins kriterium:
La $q(x)=a_n x^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0$, der $a_i$ er heltall.
Hvis det fins et primtall $p$ som deler alle $a_i$ unntatt $a_n$, og som i tillegg er slik at $p^2$ ikke deler $a_0$, da er polynomet irredusibelt over $\mathbb{Q}$.
F.eks. er $x^3+3x^2+6$ irredusibelt siden $p=3$ oppfyller Eisensteins kriterium.
Et lite tilleggstriks er at det holder at kriteriet er oppfylt dersom vi substituerer x med x+a der a er et passende heltall.
Eksempel: La $p(x)=x^2+3x+1$
Hvis vi utfører substitusjonen $x\to x+1$ får vi
$(x+1)^2+3(x+1)+1=x^2+5x+5$.
Eisenstein med $p=5$ gir derfor at polynomet er irredusibelt.
