matematikk.net

pit wrote:obs...
[tex]x^n + y^n = (x+y)(x+y\zeta)...(x+y\zeta^{n-1})[/tex]

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 =)

pit wrote: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

$x^{11}+y^{11}=y^{11}(\frac{x}{y}+1)\phi_{22}(\frac{x}{y})=(x+y)(x^{10}-yx^9+y^2x^8-...-y^9x+y^{10})$

Induksjons bevis oppgave for dem som er interessert:

Vis at [tex](x-y) |(x^n-y^n),\forall n \in \mathbb{N}[/tex]

Drezky wrote:Slenger ned noen relativ enkle faktoriseringsoppgaver nå som sommeren har startet



Faktoriser:

1 [tex]x^3-8=0[/tex]
2 [tex]x^4+6x^3+11x^2+6x+1[/tex]
3 [tex]x^4+4y^4[/tex]
4 [tex](1-2x-x^2)(1-2x+3x^2)+4x^4[/tex]
5 [tex]5x^2-34x+24[/tex]
6 [tex](x+y+z)^2+(x+y-z)^2+(x-y+z)^2+(y-x+z)^2[/tex]

God Sommer!

Prøver meg på 2 og 3

2)

[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]

3)

[tex]x^4+4y^4=(x^2+2y^2)^2-(2xy)^2[/tex]
[tex]x^4+4y^4=(x^2+2xy+2y^2)(x^2-2xy+2y^2)[/tex]
[tex]x^4+4y^4=\Big((x+y)^2+y^2\Big)\Big((x-y)^2+y^2\Big)[/tex]

Prøver meg på 2 og 3

2)

[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:
[tex]x^4+6x^3+11x^2+6x+1[/tex]
[tex](x^4+2x^2+1)+(6x^3+6x)+9x^2[/tex]
[tex](x^2+1)^2+6x(x^2+1)+(3x)^2=(x^2+3x+1)(x^2+3x+1)=(x^2+3x+1)^2[/tex]

3)

[tex]x^4+4y^4=(x^2+2y^2)^2-(2xy)^2[/tex]
[tex]x^4+4y^4=(x^2+2xy+2y^2)(x^2-2xy+2y^2)[/tex]
[tex]x^4+4y^4=\Big((x+y)^2+y^2\Big)\Big((x-y)^2+y^2\Big)[/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]

En liten digresjon:

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.

$x^2+2xy+2y^2$ er irredusibelt med $p=2$.

enkel oppgave:

vis vi lar [tex]\Psi _1[/tex] og [tex]\Psi _2[/tex] være røttene til likningen [tex]2x^2-32x-15=0[/tex], så ka er [tex]Psi _1+\Psi _2[[/tex]

lett? hehe, ja

saod wrote:enkel oppgave:

vis vi lar [tex]\Psi _1[/tex] og [tex]\Psi _2[/tex] være røttene til likningen [tex]2x^2-32x-15=0[/tex], så ka er [tex]\Psi _1+\Psi _2[/tex]

lett? hehe, ja

Er ikke dette en gammel Abeloppgave?

saod wrote:enkel oppgave:

vis vi lar [tex]\Psi _1[/tex] og [tex]\Psi _2[/tex] være røttene til likningen [tex]2x^2-32x-15=0[/tex], så ka er [tex]Psi _1+\Psi _2[[/tex]

lett? hehe, ja

Vi kan enten sammenligne røtter ved å bruke at [tex]2x^2-32x-15=ax^2+bx+c=a(x-x_1)(x-x_2)=2(x-\Psi 1)(x-\Psi _2)[/tex]

Eller bare:

[tex]\Psi _1+\Psi _2=-\frac{b}{a}=-\left (\frac{-32}{2} \right )=--16=16[/tex]

stensrud wrote:

saod wrote:enkel oppgave:

vis vi lar [tex]\Psi _1[/tex] og [tex]\Psi _2[/tex] være røttene til likningen [tex]2x^2-32x-15=0[/tex], så ka er [tex]\Psi _1+\Psi _2[/tex]

lett? hehe, ja

Er ikke dette en gammel Abeloppgave?

kordan viste du det? fordi det stemmar!

saod wrote: kordan viste du det? fordi det stemmar!

Vært borti et par av de oppgavene før, og kjente igjen denne her