Dzielenie wielomianów

[Dreamer357]

Wzór masz dany na samym początku. Wprowadzasz kilka przekształceń, aż zauważymy zależność. Wszystko masz wypunktowane, wystarczy liczyc. Prosiłeś o przykłady masz, chciałeś wiedzieć jak napisalem. Udowodnilem swój wywod, jeśli nie pokaż jakiś kontrprzyklad.

[leg14]

. Prosiłeś o przykłady masz, chciałeś wiedzieć jak napisalem. Udowodnilem swój wywod, jeśli nie pokaż jakiś kontrprzyklad.

Mylisz rozmowcow.
Twierdziles, ze wielomianow dowch zmiennych nigdy w matematyce nie bylo - stwierdzilem, ze byly.
Pokazales wzor - stwierdzilem, ze jest zwyklym dzieleniem wielomianow.
Nie wypowiadam sie na temat wczesniejszych watkow ,bo jest tego za duzo.

[Dreamer357]

Hmm może i zwykłym, ale odkrywczym bo nikt tego wzoru wcześniej nie wyprowadził.

[a4karo]

Ja mam taką propozycję: spróbuj spisać swój wynik w formie którą zwykle się stosuje: założenie->teza->dowód. Ponumeruj wzory, do których się odnosisz.
jeżeli chcesz zaprezentować algorytm, pooznaczaj jego kolejne kroki, punkty decyzyjne itp.
Postaraj się zminimalizować użycie zaimków, pisz pełne zdania a języku polskim.

Takie podejście ułatwi analizę Twojego wyniku i spowoduje, że dyskusja stanie się konkretna

Hmm może i zwykłym, ale odkrywczym bo nikt tego wzoru wcześniej nie wyprowadził.

No tu to już przesadziłeś

[leg14]

Hmm może i zwykłym, ale odkrywczym bo nikt tego wzoru wcześniej nie wyprowadził.

Z jednej strony fajnie, ze Cie matematyka jara, z drugiej strony nienawidze takiej buty - takie zabawy z wielomianami to VI wiek ne

[Dreamer357]

Być moze, ale wzór jest jak najbardziej wspolczesny

[a4karo]

Być moze, ale wzór jest jak najbardziej wspolczesny

Rozumiemy, że rozpiera Cię duma z odkrycia, ale jest to rzecz znana od wieków. Co więcej, ludzie wiedzą - w odróżnieniu od Ciebie - jak zapisać go poprawnie.

[Dreamer357]

Hmm może i zwykłym, ale odkrywczym bo nikt tego wzoru wcześniej nie wyprowadził.

Z jednej strony fajnie, ze Cie matematyka jara, z drugiej strony nienawidze takiej buty - takie zabawy z wielomianami to VI wiek ne

Wzór Newtona to chyba też współczesność.-- 10 kwi 2017, o 19:05 --

Być moze, ale wzór jest jak najbardziej wspolczesny

Rozumiemy, że rozpiera Cię duma z odkrycia, ale jest to rzecz znana od wieków. Co więcej, ludzie wiedzą - w odróżnieniu od Ciebie - jak zapisać go poprawnie.

Od wieków a kiedy żył Newton

[a4karo]

Hmm może i zwykłym, ale odkrywczym bo nikt tego wzoru wcześniej nie wyprowadził.

Z jednej strony fajnie, ze Cie matematyka jara, z drugiej strony nienawidze takiej buty - takie zabawy z wielomianami to VI wiek ne

Wzór Newtona to chyba też współczesność.

Tak, wczoraj rozmawiałem z Newtonem i potwierdził to

[Dreamer357]

Ja mam taką propozycję: spróbuj spisać swój wynik w formie którą zwykle się stosuje: założenie->teza->dowód. Ponumeruj wzory, do których się odnosisz.
jeżeli chcesz zaprezentować algorytm, pooznaczaj jego kolejne kroki, punkty decyzyjne itp.
Postaraj się zminimalizować użycie zaimków, pisz pełne zdania a języku polskim.

Takie podejście ułatwi analizę Twojego wyniku i spowoduje, że dyskusja stanie się konkretna

Postaram się na dniach.

Zastanawia mnie, czy rozmówcy też mają takie deja vu, czy tylko ja.

[Dreamer357]

Założenie:

Wykorzystać trójkąt Pitagorasa i wzór Newtona do dzielenia wielomianów.

Teza:

\(\displaystyle{ \sum_{n=max stopień wielomianu}^{k=0} \frac{ax ^{n} }{x+y} =(-1) ^{k}ax ^{n-1}y ^{k}}\)
przy czym \(\displaystyle{ nty}\) wyraz dzielimy przez \(\displaystyle{ x+y.}\)

Z własności \(\displaystyle{ \frac{a+ b}{x+n} = \frac{a}{x+ n} + \frac{b}{x+ n}}\) mamy wzór dla dowolnego wielomianu.
Po prostu dodajemy do siebie wyliczone poszczególne potęgi. I bierzemy kolejny pierwiastek.

Przykłady:

\(\displaystyle{ a}\) nie będę mnożył, bo to obojętne czy może, każdy element sumy, przez\(\displaystyle{ a}\) , czy wynik przez \(\displaystyle{ a}\).
Tylko, że przy dzieleniu wielomianów widać, że ten zabieg jest potrzebny.

\(\displaystyle{ N=2}\).
\(\displaystyle{ \frac{x ^{2} }{x+y} = x-y+\frac{y ^{2} }{x+y}}\).

Dla \(\displaystyle{ x=2 y =2}\)wynosi\(\displaystyle{ 1}\). Zgadza się.

Dla \(\displaystyle{ n=3}\)
\(\displaystyle{ x ^{2} -xy+y ^{2} - \frac{y ^{3} }{x+y}}\)

dla\(\displaystyle{ x=2 y=2}\)wynosi \(\displaystyle{ 2}\) . Zgadza się

Dla \(\displaystyle{ n=4}\)
\(\displaystyle{ x ^{3} -x ^{2}y+xy ^{2} -y ^{3} + \frac{y ^{4} }{x+y}}\)

dla \(\displaystyle{ x=2 y=2}\)wynosi\(\displaystyle{ 4.}\)Zgadza się.

Dla \(\displaystyle{ n=5}\)
\(\displaystyle{ x ^{4}-x ^{3}y+x ^{2}y ^{2}-xy ^{3} +y ^{4}- \frac{y ^{5} }{x+y}}\)

dla \(\displaystyle{ x=2 y=2}\) wynosi\(\displaystyle{ 8.}\) Zgadza się.

dowód

1. Wyprowadzenie wzoru dla cyfr.
2. Wyprowadzenie wzoru dla zmiennych.

1.

1.\(\displaystyle{ \frac{a_1x^{n} +a_2x^{n-1}+ ....+ax^{0}}{k(x+p)l(x+o)} =}\)

( pierwiastków również może być n ja podaje jedynie na 2 dla przykładu)
2. ustalam współczynnik dla \(\displaystyle{ (x+p)^n}\) gdzie \(\displaystyle{ n}\) jest najwyższą potęgą dzielnika \(\displaystyle{ a}\) czyli \(\displaystyle{ \frac{a_1}{k}}\)
3. od \(\displaystyle{ a_1x^{n} +a_2x^{n-1}+ ....+a_mx^{0}}\) odejmuje\(\displaystyle{ \frac{a_1}{k}(x+p)^n}\),
które wyliczamy ze wzoru \(\displaystyle{ (x+y)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}x^{n-k}y^k.}\)
4. otrzymujemy nowe\(\displaystyle{ \frac{a_1}{k}(x+p)^n + b_1x^{n-1} +b_2x^{n-2}+ ....+b_{m-1}x^{0}}\)
5. ustalam współczynnik dla \(\displaystyle{ (x+p)^{n-1}}\) gdzie \(\displaystyle{ n-1}\)jest najwyższą potęgą dzielnika \(\displaystyle{ b}\) czyli \(\displaystyle{ \frac{b_1}{k}}\)
6. od \(\displaystyle{ b_1x^{n-1} +b_2x^{n-2}+ ....+bx^{0}}\)odejmuje\(\displaystyle{ \frac{b_1}{k}(x+p)^{n-1}}\)
7. powtarzam procedurę aż do\(\displaystyle{ n=0}\)
8. otrzymuję \(\displaystyle{ \frac{a_1}{k}(x+p)^n + \frac{b_1}{k}(x+p)^{n-1} +...+ \frac{z_1}{k}(x+p)^1 + liczba}\)(pozostała reszta której nie bierzemy pod uwagę rozpatrując kolejny pierwiastek)
9. dziele przez pierwiastek czyli zmniejszam\(\displaystyle{ n o 1}\)
10. zamieniam na formę pierwotną podzielony wielomian
11. dla części pierwiastka bez liczby wykonuje powtórnie procedurę \(\displaystyle{ 1-8}\)
12. dziele cały wielomian przez kolejny pierwiastek
13. powtarzam procedurę, aż do końca pierwiastków.
14. koniec

Opis słowny tego algorytmu.

Wychodząc od klasycznej formy wielomianu \(\displaystyle{ \sum_{}^{} a(k)x^n}\)
Krok pierwszy za pomocą w N i t P (czytaj wzoru Newtona i trójkąta Pitagorasa)
wyłączamy \(\displaystyle{ (a1x+y)^n}\)
gdzie y jest naszym pierwiastkiem wielomianu.
Krok drugi od naszego wielomianu \(\displaystyle{ \sum_{}^{} a(k)x^n}\) odejmujemy \(\displaystyle{ (a1x+y)^n}\)
Otrzymamy\(\displaystyle{ \sum_{}^{} b(k)x^{n-1}}\)
Krok trzeci za pomocą w N i t P
wyłączamy \(\displaystyle{ (b1x+y)^n}\)

Powtarzamy te kroki aż do uzyskania \(\displaystyle{ \sum_{}^{} az(k)(x+y) ^{n}+liczba}\)
Poprzez zmniejszenie \(\displaystyle{ n o 1}\),
dokonujemy dzielenia wielomianu początkowego przez pierwiastek dzielnika
Otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \sum_{}^{} b(k)^{n-1}}\) Tą część przekształcamy dla kolejnego pierwiastka

\(\displaystyle{ + \frac{liczba}{x+y}}\) Tą część pozostawiamy jako \(\displaystyle{ Rn}\)


Powtarzamy całość dla dowolnej liczby pierwiastków.


To była pierwotna forma algorytmu. Wtedy nie próbowałem jeszcze wyprowadzać go dla zmiennych.
Tylko żeby zauważyć dalszą część trzeba rozumieć tą wcześniejszą, aby wyprowadzić wzór. Po wyprowadzeniu wzoru, ta część staję się zbędna.


Teraz dalsza część właściwa.

2. Wyprowadzenie wzoru dla zmiennych

Dla dowolnego
\(\displaystyle{ \frac{x ^{n} }{x+y} }}\)
zachodzi \(\displaystyle{ \frac{(x+y)^{n}-Rn}{x+y}}\)
przy czym \(\displaystyle{ -Rn =(x+y) ^{n} -x ^{n}}\)
dzielimy to przez \(\displaystyle{ x+y}\) i mamy
\(\displaystyle{ (x+y)^{n-1}- \frac{Rn}{x+y}}\)
Wyprowadzimy to dla dowolnej liczby \(\displaystyle{ n}\), aż zauważymy nasza nierówność.


Dla przykładu:

\(\displaystyle{ x^2=(x+n)^2-2xn-n^2=(x+n)^2-[2x+n]n=(x+n)^2-[2(x+n)+n]n}\) to dzielimy przez x+n i mamy nasze
\(\displaystyle{ x-n+ \frac{n^2}{x+n}}\).


Kolejno licząc tą metodą otrzymujemy
Dla \(\displaystyle{ n=3}\)
\(\displaystyle{ x ^{2} -xy+y ^{2} - \frac{y ^{3} }{x+y}}\)

Dla \(\displaystyle{ n=4}\)
\(\displaystyle{ x ^{3} -x ^{2}y+xy ^{2} -y ^{3} + \frac{y ^{4} }{x+y}}\)

Dla \(\displaystyle{ n=5}\)
\(\displaystyle{ x ^{4}-x ^{3}y+x ^{2}y ^{2}-xy ^{3} +y ^{4}- \frac{y ^{5} }{x+y}}\)


W tym momencie musimy zauważyć wzór.
\(\displaystyle{ x ^{n-1}y ^{0}(-1) ^{0} +x ^{n-2}y ^{1}(-1) ^{1} +x ^{n-3}y ^{2}(-1) ^{2} +...+x ^{0}y ^{n-1}(-1) ^{n-1} + \frac{x ^{0}y ^{n}(-1) ^{n}}{x+y}}\)


I mamy nasz wzór \(\displaystyle{ \sum_{}^{} x^{n-1} y ^{k} (-1) ^{k}}\) przy czym nty wyraz dzielimy przez \(\displaystyle{ x+y}\)

[yorgin]

Dreamer357, Twój zapis zawiera koszmarną liczbę błędów, włączając w to te merytoryczne.

To, co napisałeś, sprowadza się z grubsza:

\(\displaystyle{ (x-y)^n=(x-y)\sum\limits_{k=0}^{n-1}x^ky^{n-1-k}}\)

i zastosowania tego tak:

\(\displaystyle{ \frac{x^n}{x-y}=\frac{x^n-y^n}{x-y}+\frac{y^n}{x-y}}\).

Po przepisanniu na ogólny wielomian, to jest

\(\displaystyle{ p(x)=a_0+a_1x+\ldots+a_nx^n}\)

mamy

\(\displaystyle{ \frac{p(x)}{x-y}=\frac{p(y)}{x-y}+\sum\limits_{k=0}^na_k\sum\limits_{j=0}^{k-1}y^{k-1-j}x^j}\)

I jak się temu dokładnie przyjrzeć, jest to nic innego jak schemat Hornera.

[Dreamer357]

Nie. Na przykładzie:

\(\displaystyle{ \frac{3x ^{3}+5x ^{2}+6x+3 }{(x+2)}}\)

Liczymy kolejno:
\(\displaystyle{ \frac{3x^{3}}{x+2} \\
\frac{5x^{2}}{x+2} \\
\frac{6x}{x+2} \\
\frac{3}{x+2}}\)

Ze wzoru otrzymujemy kolejno
\(\displaystyle{ 3x ^{2}-3x \cdot 2+3 \cdot 4-\frac{3 \cdot 8}{x+2} =3x ^{2}-6x+12- \frac{24}{x+2} \\
5x-5 \cdot 2+ \frac{5 \cdot 4}{x+2} \\
6- \frac{6 \cdot 2}{x+2} \\
\frac{3}{x+2}}\)

Sumujemy to i mamy wynik naszego wielomianu. Czyli:
\(\displaystyle{ 3x ^{2}-x+8+ \frac{-13}{x+2}}\)


Schemat Hornera
\(\displaystyle{ 3 \\
3 \cdot (-2)+5= -1 \\
-1 \cdot (-2)+6=8 \\
8 \cdot (-2)+3=-13}\)

Czyli działa, ale liczymy inaczej

[yorgin]

Przeczysz samemu sobie.

Może i liczysz inaczej, ale jest to kwestia zapisu. I kolejności sumowania.

Wyrażenie

\(\displaystyle{ \sum\limits_{k=0}^na_k\sum\limits_{j=0}^{k-1}y^{k-1-j}x^j}\)

można oczwyiście uporządkować według potęg \(\displaystyle{ x}\) - wtedy wzory na współczynniki przy kolejnych potęgach pokrywają się z tymi ze schematu Hornera.

[Dreamer357]

Już ci mówię o co mi chodzi. Można rozwiązać sto zadań na jeden sposób, lub jedno zadnie na sto sposobów. Zgadzasz się ze mną, że kolejny wzór, który liczy to samo to też odkrycie. Z założenia ten temat miał służyć do wymyślania sposobów na ciągle jedno zagadnienie, więc nawet jeśli wynik pozostaję taki sam, to sposób liczenia już jest odkrywczy. Popatrz ten sposób idealnie nadaje się do zadań z parametrem, gdy jeden ze współczynników wielomianu jest nieznany. Schemat Hornera w tym przypadku odpada.