Udowodnić że wielomian nie ma pierwiastków całkowitych

Własności wielomianów; pierwiastki, współczynniki. Dzielenie wielomianów. Wzory Viete'a. RÓWNANIA I NIERÓWNOŚCI wielomianowe (wyższych stopni). Rozkład na czynniki.
Awatar użytkownika
escargot
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 477
Rejestracja: 30 paź 2007, o 17:35
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 52°N, 21°E
Podziękował: 14 razy
Pomógł: 143 razy

Udowodnić że wielomian nie ma pierwiastków całkowitych

Post autor: escargot »

Wielomian o współczynnikach całkowitych daje przy dzieleniu przez wielomian \(\displaystyle{ x^{2}-12x+
11}\)
resztę \(\displaystyle{ 990x -889}\). Pokazac, ze nie ma on pierwiastków całkowitych.
Nie wiem z którego twierdzenia skorzystać aby to dowieść mógłby ktoś podpowiedzieć?
Ostatnio zmieniony 24 sty 2008, o 22:40 przez escargot, łącznie zmieniany 1 raz.
robert9000
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1420
Rejestracja: 11 sty 2008, o 22:06
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Polska
Podziękował: 8 razy
Pomógł: 411 razy

Udowodnić że wielomian nie ma pierwiastków całkowitych

Post autor: robert9000 »

popraw zapis, bo nic nie wiadomo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 9833
Rejestracja: 18 gru 2007, o 03:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 90 razy
Pomógł: 2632 razy

Udowodnić że wielomian nie ma pierwiastków całkowitych

Post autor: »

EDIT: Naniosłem poprawkę sugerowaną przez Sylwka

Oznaczmy nasz wielomian przez \(\displaystyle{ W(x)}\). Dla pewnego wielomianu \(\displaystyle{ Q(x)}\) o współczynnikach całkowitych jest:
\(\displaystyle{ W(x)=(x^2-12x-11)Q(x) + 990x-889}\)
czyli
\(\displaystyle{ W(x)=(x-1)[(x-11)Q(x) +990] +101}\)

Załóżmy, że dla pewnej liczby całkowitej \(\displaystyle{ a}\) jest \(\displaystyle{ W(a)=0}\). Wtedy:
\(\displaystyle{ 0=(a-1)[(a-11)Q(a) +990] +101}\)
czyli
\(\displaystyle{ -101=(a-1)[(a-11)Q(a) +990]}\)
Skoro jednak mamy tu same liczby całkowite, to \(\displaystyle{ a-1}\) musi dzielić lewą stronę, skąd \(\displaystyle{ a-1 \{ -101, -1, 1, 101 \}}\), czyli \(\displaystyle{ a \{ -100, 0, 2, 102 \}}\). Pokażemy, że każdy przypadek prowadzi do sprzeczności:

\(\displaystyle{ a= -100}\), wtedy:
\(\displaystyle{ -101 = 101 111 Q(-100) + 990}\)
co jest niemożliwe, bo lewa strona dzieli się przez 101, a prawa nie.

\(\displaystyle{ a=0}\), wtedy:
\(\displaystyle{ -101=11Q(0) -990}\)
co jest niemożliwe, bo prawa strona dzieli się przez 11, a lewa nie;

\(\displaystyle{ a=2}\), wtedy:
\(\displaystyle{ -101 = -9Q(2) +990}\)
co jest niemożliwe, bo prawa strona dzieli się przez 9, a lewa nie.

\(\displaystyle{ a= 102}\), wtedy:
\(\displaystyle{ -101 = 101 90 Q(102) + 990}\)
co jest niemożliwe, bo lewa strona dzieli się przez 101, a prawa nie.

Otrzymana sprzeczność pokazuje, że założenie o istnieniu całkowitego pierwiastka wielomianu \(\displaystyle{ W(x)}\) było fałszywe.

Pozdrawiam.
Qń.
Ostatnio zmieniony 25 sty 2008, o 22:11 przez , łącznie zmieniany 3 razy.
Awatar użytkownika
Sylwek
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2716
Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 160 razy
Pomógł: 657 razy

Udowodnić że wielomian nie ma pierwiastków całkowitych

Post autor: Sylwek »

Qń pisze:\(\displaystyle{ W(x)=(x-1)[(x-11)Q(x) +990] +1}\)
\(\displaystyle{ W(x)=(x-1)[(x-11)Q(x) +990] +101}\) raczej

Poza tym OK, tylko wiadomo teraz, że rozważamy dodatkowo przypadki \(\displaystyle{ a-1=101}\) i \(\displaystyle{ a-1=-101}\) tylko tyle, bo 101 jest liczbą pierwszą), ale wychodzi to samo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 9833
Rejestracja: 18 gru 2007, o 03:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 90 razy
Pomógł: 2632 razy

Udowodnić że wielomian nie ma pierwiastków całkowitych

Post autor: »

A, słusznie, siódma rano to nie jest optymalna pora na prawidłowe odejmowanie liczb naturalnych większych niż jednocyfrowe . Poprawiłem.

Pozdrawiam.
Qń.
ODPOWIEDZ