Znajdź całkowite x

myther · Post autor: **myther** » 20 lut 2011, o 00:35

Znajdź wszystkie liczby całkowite x , dla których wartość wielomianu \(\displaystyle{ W(x)=x ^{4}+4x ^{3}+6x ^{2}+4x+5}\) jest liczbą pierwszą.

Vax · Post autor: **Vax** » 20 lut 2011, o 00:40

\(\displaystyle{ x^4+4x^3+6x^2+4x+5 = (x^2+1)(x^2+4x+5)}\)

Wartość wielomianu będzie liczbą pierwszą, gdy:

\(\displaystyle{ x^2+1 = 1 \vee x^2+4x+5=1}\)

\(\displaystyle{ x=0 \vee x^2+4x+4=0}\)

\(\displaystyle{ x=0 \vee x=-2}\)

Pozdrawiam.

rfyzs · Post autor: **rfyzs** » 17 gru 2014, o 21:32

Nie chciałem tworzyć nowego tematu, więc piszę tutaj.
Czy istnieje jakiś sposób na rozkładanie/grupowanie wielomianów takich jak ten tutaj?
Mam na myśli, czy istnieje jakiś sposób do robienia tego na pałę? (nic nie mądrze wyciągać)

Konradek · Post autor: **Konradek** » 17 gru 2014, o 21:48

Twierdzenie o pierwiastkach wymiernych wielomianu o współczynnikach całkowitych, twierdzenie Bezoute, schemat Hornera, a jak nie pomaga to wzory Cordano (dla wielomianów stopnia trzeciego) lub metoda Ferrari (dla wielomianów stopnia czwartego). Dla wielomianów wyższych stopni nie ma wzorów.

piasek101 · Post autor: **piasek101** » 17 gru 2014, o 21:53

Możesz jeszcze tak (widząc współczynnik przy \(\displaystyle{ x^4}\) oraz wyraz wolny 5) :

\(\displaystyle{ (x^2+ax+1)(x^2+bx+5)}\) i przyrównać z danym.

rfyzs · Post autor: **rfyzs** » 17 gru 2014, o 22:34

Konradek pisze:Twierdzenie o pierwiastkach wymiernych wielomianu o współczynnikach całkowitych, twierdzenie Bezoute, schemat Hornera, a jak nie pomaga to wzory Cordano (dla wielomianów stopnia trzeciego) lub metoda Ferrari (dla wielomianów stopnia czwartego). Dla wielomianów wyższych stopni nie ma wzorów.

nie o to mi chodziło

piasek101 pisze:Możesz jeszcze tak (widząc współczynnik przy \(\displaystyle{ x^4}\) oraz wyraz wolny 5) :

\(\displaystyle{ (x^2+ax+1)(x^2+bx+5)}\) i przyrównać z danym.

o, faktycznie. Dzięki.

bakala12 · Post autor: **bakala12** » 18 gru 2014, o 12:26

piasek101, to może się nie udać.
Bo może być na przykład drugi przypadek:
\(\displaystyle{ \left( x^{2}+ax-1\right)\left( x^{2}+bx-5\right)}\)

piasek101 · Post autor: **piasek101** » 18 gru 2014, o 20:33

Sprawdziłeś ?
Staram się brać ,,najłatwiejszy" - unikam np \(\displaystyle{ 2\cdot 2,5}\).

bakala12 · Post autor: **bakala12** » 19 gru 2014, o 08:33

piasek101, oczywiście, że nie. Ale piszę o moich, uważam że uzasadnionych, wątpliwościach, bo teoretycznie Twój rozkład nie zawsze byłby poprawny.

Mariusz M · Post autor: **Mariusz M** » 19 gru 2014, o 13:50

piasek101 pisze:Możesz jeszcze tak (widząc współczynnik przy \(\displaystyle{ x^4}\) oraz wyraz wolny 5) :

\(\displaystyle{ (x^2+ax+1)(x^2+bx+5)}\) i przyrównać z danym.

Jeśli już to

\(\displaystyle{ (x^2+ax+b)(x^2+cx+d)}\)

Wyraz wolny nie musi się rozkładać akurat na iloczyn z jedynką

a użytkownikowi rfyzs chodzi o ogólny sposób

bakala12, twoje wątpliwości są uzasadnione
Zobacz temat 206721.htm#p917402

rfyzs, porównaj z iloczynem dwóch trójmianów kwadratowych \(\displaystyle{ (x^2+ax+b)(x^2+cx+d)}\)

albo skorzystaj z pomysłu który przedstawił Vax w temacie 206721.htm

227371.htm#p843008

Vax objaśnia w tym temacie jak dokonać redukcji równania czwartego stopnia do trzeciego stopnia

piasek101 · Post autor: **piasek101** » 19 gru 2014, o 19:33

mariuszm pisze:
Jeśli już to

\(\displaystyle{ (x^2+ax+b)(x^2+cx+d)}\)

A jedynki przy \(\displaystyle{ x^2}\) były gwarantowane ?

Jeszcze raz - dobieram postać najwygodniejszą do obliczeń - i polecam to innym.

Nie zajmuję się przypadkiem ogólnym.

Mariusz M · Post autor: **Mariusz M** » 19 gru 2014, o 20:12

A jedynki przy \(\displaystyle{ x^2}\) były gwarantowane ?

Można sobie dać jeszcze dać współczynniki przy \(\displaystyle{ x^2}\)
ale i tak będą one jedynkami przy założeniu że współczynnik \(\displaystyle{ x^4}\) jest jedynką

Sam bakala12, wytknął ci że twój rozkład nie zawsze
jest poprawny a poza tym gdybyś umiał czytać to stwierdziłbyś że użytkownikowi rfyzs,
chodzi o ogólny sposób

rfyzs pisze:Mam na myśli, czy istnieje jakiś sposób do robienia tego na pałę? (nic nie mądrze wyciągać)

Wiesz co tutaj użytkownik napisał ?

piasek101 · Post autor: **piasek101** » 19 gru 2014, o 20:32

Ty nie możesz wytrzymać bez osobistych wycieczek (uwaga o czytaniu) - z pogranicza obrażania.

Nie mam przyjemności z Tobą (jeszcze duża litera) pisać.

Mariusz M · Post autor: **Mariusz M** » 19 gru 2014, o 21:18

Chodzi o to że razem z użytkownikiem bakala12, pokazywaliśmy
ci że twój rozkład nie działa a ty z uporem wyznawcy Mikkego wprowadzasz w błąd użytkowników

rfyzs, proponowałbym ci zacząć od równania trzeciego stopnia
ponieważ rozwiązując równanie czwartego stopnia prędzej czy później
dostaniesz równanie trzeciego stopnia
Możesz też spróbować wykorzystać pomysł na równanie trzeciego stopnia
do rozwiązywania równania czwartego stopnia

\(\displaystyle{ W(x)=x ^{4}+4x ^{3}+6x ^{2}+4x+5\\
x=y-1\\
\left( y-1\right)^4+4\left( y-1\right)^3+6\left( y-1\right)^2+4\left( y-1\right)+5\\
y^4-4y^3+6y^2-4y+1+4y^3-12y^2+12y-4+6y^2-12y+6+4y-4+5\\
y^4+4=0\\}\)

\(\displaystyle{ a_{4}x^4+a_{3}x^3+a_{2}x^2+a_{1}x+a_{0}=0}\)

Podstawieniem \(\displaystyle{ x=y-\frac{a_{3}}{4a_{4}}}\) sprowadzasz równanie do postaci

\(\displaystyle{ y^{4}+b_{2}y^{2}+b_{1}y+b_{0}=0}\)

Jeśli \(\displaystyle{ b_{1}=0}\) to otrzymujesz równanie dwukwadratowe

\(\displaystyle{ \left( y^2\right)^2+b_{2}\left( y^2\right)+b_{0}=0}\)

Jeśli \(\displaystyle{ b_{1}\neq 0}\) to możesz zastosować rozkład

\(\displaystyle{ y^{4}+b_{2}y^{2}+b_{1}y+b_{0}=\left( y^2-py+q\right)\left( y^2+py+r\right)}\)