matematikk.net

Muligens ganske triviell for mange, men men:

La [tex]x_1[/tex] og [tex]x_2[/tex] være nullpunktene til [tex]x^2-x-2014[/tex], der [tex]x_1<x_2[/tex]. Videre la [tex]x_3[/tex] og [tex]x_4[/tex] være nullpunktene til [tex]x^2-2x-2014[/tex], der [tex]x_3<x_4[/tex].
Hva blir [tex]\left ( x_4-x_2 \right )+\left ( x_3-x_1 \right )[/tex] ?

Bruke at $(x-a)(x-b) = x^2 - (a+b)x + ab$. Ved sammenligning gir dette $x_1 + x_2 = 1$ og $x_3 + x_4 = 2$. Ved å nå faktorisere $( x_4-x_2 ) + ( x_3-x_1 )$ faller svaret direkte ut =)

Jepp, helt riktig.

Oppfølger:

La x være et base-10 tall slik at når sifrene til tallet x blir tolket som et base-20 tall, vil nummeret man får være dobbelt så stort som hvis vi tolker det som et base-13 tall. Finn summen av alle mulige verdier av x

Drezky wrote:Jepp, helt riktig.

Oppfølger:

La x være et base-10 tall slik at når sifrene til tallet x blir tolket som et base-20 tall, vil nummeret man får være dobbelt så stort som hvis vi tolker det som et base-13 tall. Finn summen av alle mulige verdier av x

Er svaret 239 ?

Er svaret 239 ?

Dessverre. Det kan iallefall ikke være et ensifret tall, så du er ikke helt ute å kjører.. Prøv som du foreslo med et tresfiret tall. her får vi et tosifret.. [tex]20a+b=2\left ( 13a+b \right ).............[/tex].. funker dette? ja eller nei?
tresifret??
osv..

Drezky wrote:

Er svaret 239 ?

Dessverre. Det kan iallefall ikke være et ensifret tall, så du er ikke helt ute å kjører.. Prøv som du foreslo med et tresfiret tall. her får vi et tosifret.. [tex]20a+b=2\left ( 13a+b \right ).............[/tex].. funker dette? ja eller nei?
tresifret??
osv..

jeg gir opp..

?

Anta at $x = c_n c_{n-1} \ldots c_0 = \sum_{i=0}^n c_i \cdot 10^i$ hvor $c_n \neq 0$. De gitte kravene gir

$\sum_{i=0}^n c_i \cdot 20^i = 2 \sum_{i=0}^n c_i \cdot 13^i$,

i.e.

$(1) \;\; \sum_{i=0}^n c_i(20^i - 2 \cdot 13^i) = 0$.

Ved å sette $d_i = 20^i - 2 \cdot 13^i$ får vi via (1) at

$\sum_{i=0}^n c_id_i = 0$.

Det faktum at $d_0 = -1$, $d_1 = -6$, $d_2 = 62$ and $d_i \geq d_3 > 1000$ for alle $i \geq 3$ medfører at $n=2$ og

$62c_2 - 6c_1 - c_0 = 0$,

hvilket innebærer at

$(2) \;\; 6c_1 + c_0 = 62c_2$.

Altså er

$62c_2 = 6 c_1 + c_0 \leq 6 \cdot 9 + 9 = 54 + 9 = 63$.

Følgelig må $c_2=1$, som innsatt i (2) gir

$(3) \;\; 6c_1 + c_0 = 62$.

Dersom $c_1 \neq 9$, så blir

$62 = 6c_1 + c_0 \leq 6 \cdot 8 + 9 = 48 + 9 = 57$,

en motsigelse som gir $c_1=9$. Dermed får vi ved å anvende (3) at

$c_0 = 62 - 6c_1 = 62 - 6 \cdot 9 = 62 - 54 = 8$.

M.a.o. er $x = 198$.

Solar Plexsus wrote:Anta at $x = c_n c_{n-1} \ldots c_0 = \sum_{i=0}^n c_i \cdot 10^i$ hvor $c_n \neq 0$. De gitte kravene gir

$\sum_{i=0}^n c_i \cdot 20^i = 2 \sum_{i=0}^n c_i \cdot 13^i$,

i.e.

$(1) \;\; \sum_{i=0}^n c_i(20^i - 2 \cdot 13^i) = 0$.

Ved å sette $d_i = 20^i - 2 \cdot 13^i$ får vi via (1) at

$\sum_{i=0}^n c_id_i = 0$.

Det faktum at $d_0 = -1$, $d_1 = -6$, $d_2 = 62$ and $d_i \geq d_3 > 1000$ for alle $i \geq 3$ medfører at $n=2$ og

$62c_2 - 6c_1 - c_0 = 0$,

hvilket innebærer at

$(2) \;\; 6c_1 + c_0 = 62c_2$.

Altså er

$62c_2 = 6 c_1 + c_0 \leq 6 \cdot 9 + 9 = 54 + 9 = 63$.

Følgelig må $c_2=1$, som innsatt i (2) gir

$(3) \;\; 6c_1 + c_0 = 62$.

Dersom $c_1 \neq 9$, så blir

$62 = 6c_1 + c_0 \leq 6 \cdot 8 + 9 = 48 + 9 = 57$,

en motsigelse som gir $c_1=9$. Dermed får vi ved å anvende (3) at

$c_0 = 62 - 6c_1 = 62 - 6 \cdot 9 = 62 - 54 = 8$.

M.a.o. er $x = 198$.

Selvfølgelig riktig

Alternativ:
Som nevnt tidligere kan det iallefall ikke være et ensiret tall.
Hvis vi prøver et tosfiret tall får vi:
[tex]20a+b=2\left ( 13a+b \right )\vee 6a+b=0[/tex] som har ingen løsning.
Tresifret tall: [tex]400a+20b+c=2\left ( 169a+13b+c \right )\vee 62a=6b+c[/tex]
Gitt at [tex]1\leq a\leq 9\wedge 0\leq b,c\leq 9[/tex] ender vi opp med bare én løsning: [tex]a=1,b=9\:og\:c=8[/tex]
Hvis vi derimot prøver et firesifret tall kan vi se at [tex]20^4-2*13^4[/tex]
er for stort. Altså den eneste muligheten er at [tex]x=198[/tex]

Oppfølger:

Hvor mange polynomer av fjerde grad tilfredsstiller: [tex]P(x^2)=P(x)P(-x)?[/tex]

Gjest wrote:Oppfølger:

Hvor mange polynomer av fjerde grad tilfredsstiller: [tex]P(x^2)=P(x)P(-x)?[/tex]

Er det rimelig å anta at dersom [tex]r[/tex] er et nullpunkt vil også [tex]r^2\:,{r^2}^{2}\:,{r^2}^{3}.....,[/tex] være nullpunkter av polynomet P?

Drezky wrote:

Gjest wrote:Oppfølger:

Hvor mange polynomer av fjerde grad tilfredsstiller: [tex]P(x^2)=P(x)P(-x)?[/tex]

Er det rimelig å anta at dersom [tex]r[/tex] er et nullpunkt vil også [tex]r^2\:,{r^2}^{2}\:,{r^2}^{3}.....,[/tex] være nullpunkter av polynomet P?

Ja, det er rimelig, og lett å bevise.

plutarco wrote:

Drezky wrote:

Gjest wrote:Oppfølger:

Hvor mange polynomer av fjerde grad tilfredsstiller: [tex]P(x^2)=P(x)P(-x)?[/tex]

Er det rimelig å anta at dersom [tex]r[/tex] er et nullpunkt vil også [tex]r^2\:,{r^2}^{2}\:,{r^2}^{3}.....,[/tex] være nullpunkter av polynomet P?

Ja, det er rimelig, og lett å bevise.

Ble ikke særlig klokere av det.. Er koeffisientene forresten heltallige?

v..h.a W/A [tex]P(x)=x^4\:,P(x)=x^4-x\:,P(x)=x^4-x^3\:,P(x)=x^4+x^3+x^2\:,P(x)=x^4-2x^3+x^2\:,P(x)=x^4-3x^3+3x^2[/tex] ?

Det stemmer ikke helt, svaret er 10