Dwa wielomiany
-
- Użytkownik
- Posty: 279
- Rejestracja: 16 lip 2015, o 11:21
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Lub
- Podziękował: 160 razy
- Pomógł: 21 razy
Dwa wielomiany
Wykaż, że jeżeli liczby rzeczywiste a i b są rozwiązaniami równania \(\displaystyle{ x^3-px+2=0}\), to liczba \(\displaystyle{ ab}\) jest rozwiązaniem równania \(\displaystyle{ x^3+px^2-4=0}\).
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Dwa wielomiany
\(\displaystyle{ a^{3}b^{3}+pa^{2}b^{2}-4=b^{3}(a^{3}-pa+2)+pab^{3}-2b^{3}+p(ab)^{2}-4=\\=-2(b^{3}-pb+2)-2pb+pab^{3}+p(ab)^{2}=pb(a^{2}b+ab^{2}-2)}\)
W drugiej równości skorzystałem z \(\displaystyle{ a^{3}-pa+2=0,}\) a w czwartej z \(\displaystyle{ b^{3}-pb+2=0}\)
Teraz zauważmy, że skoro \(\displaystyle{ a^{3}-pa+2=0 \wedge b^{3}-pb+2=0}\), to
\(\displaystyle{ a^{3}-pa+2-( b^{3}-pb+2)=0}\), czyli \(\displaystyle{ (a-b)(a^{2}+ab+b^{2}-p)=0}\) (*)
Następnie, zakładając, że \(\displaystyle{ a\neq b}\), podstawiamy z (*) [druga równość]
\(\displaystyle{ ab=p-a^{2}-b^{2}}\), co daje
\(\displaystyle{ a^{3}b^{3}+pa^{2}b^{2}-4=pb(a^{2}b+ab^{2}-2)=pb(pa-a^{3}-ab^{2}+ab^{2}-2)=\\=-pb(a^{3}-pa+2)=0}\), co kończy dowód.
Wiem, że dziadowski sposób, ale nie każdy jest matematykiem.
-- 8 maja 2016, o 02:28 --
Zaś jeśli \(\displaystyle{ a=b}\), to nie wiem. Czyli powyższe wcale nie kończy dowodu.
Dehydrolić to, nie chce mi się myśleć, i tak przyjdzie jakiś olimpijczyk i rozwali w pół sekundy.
W drugiej równości skorzystałem z \(\displaystyle{ a^{3}-pa+2=0,}\) a w czwartej z \(\displaystyle{ b^{3}-pb+2=0}\)
Teraz zauważmy, że skoro \(\displaystyle{ a^{3}-pa+2=0 \wedge b^{3}-pb+2=0}\), to
\(\displaystyle{ a^{3}-pa+2-( b^{3}-pb+2)=0}\), czyli \(\displaystyle{ (a-b)(a^{2}+ab+b^{2}-p)=0}\) (*)
Następnie, zakładając, że \(\displaystyle{ a\neq b}\), podstawiamy z (*) [druga równość]
\(\displaystyle{ ab=p-a^{2}-b^{2}}\), co daje
\(\displaystyle{ a^{3}b^{3}+pa^{2}b^{2}-4=pb(a^{2}b+ab^{2}-2)=pb(pa-a^{3}-ab^{2}+ab^{2}-2)=\\=-pb(a^{3}-pa+2)=0}\), co kończy dowód.
Wiem, że dziadowski sposób, ale nie każdy jest matematykiem.
-- 8 maja 2016, o 02:28 --
Zaś jeśli \(\displaystyle{ a=b}\), to nie wiem. Czyli powyższe wcale nie kończy dowodu.
Dehydrolić to, nie chce mi się myśleć, i tak przyjdzie jakiś olimpijczyk i rozwali w pół sekundy.
-
- Użytkownik
- Posty: 22210
- Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bydgoszcz
- Podziękował: 38 razy
- Pomógł: 3755 razy
Dwa wielomiany
Wsk:
Liczby \(\displaystyle{ \frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}}\) są pierwiastkami wielomianu \(\displaystyle{ 2w^3-pw^2+1=0}\)
Z drugiej strony
\(\displaystyle{ (y-ab)(y-bc)(y-ca)=\left(y-\frac{abc}{a}\right)\left(y-\frac{abc}{b}\right)\left(y-\frac{abc}{c}\right)=(abc)^3\left(\frac{y}{abc}-\frac{1}{a}\right)\left(\frac{y}{abc}-\frac{1}{b}\right)\left(\frac{y}{abc}-\frac{1}{c}\right)}\)
Dalej idzie prosto...
Liczby \(\displaystyle{ \frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}}\) są pierwiastkami wielomianu \(\displaystyle{ 2w^3-pw^2+1=0}\)
Z drugiej strony
\(\displaystyle{ (y-ab)(y-bc)(y-ca)=\left(y-\frac{abc}{a}\right)\left(y-\frac{abc}{b}\right)\left(y-\frac{abc}{c}\right)=(abc)^3\left(\frac{y}{abc}-\frac{1}{a}\right)\left(\frac{y}{abc}-\frac{1}{b}\right)\left(\frac{y}{abc}-\frac{1}{c}\right)}\)
Dalej idzie prosto...