Dzielenie wielomianów

Dyskusje o matematykach, matematyce... W szkole, na uczelni, w karierze... Czego potrzeba - talentu, umiejętności, szczęścia? Zapraszamy do dyskusji :)
Dreamer357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 283
Rejestracja: 18 lip 2010, o 08:27
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Nowogrodziec

Dzielenie wielomianów

Post autor: Dreamer357 » 12 sie 2014, o 10:24

Witam ponownie. Miałbym kilka spostrzeżń dotyczących dzielenia wielomianów, którymi chciałbym się podzielić.

Wykorzystałem właściwość \((a+/-b )^x\)

mianowicie dzielnik zamieniam na forme z pierwiastkami.

wyciągam 1 pierwiastek (za \(a\) podstawiając \(x\) , za \(b\) liczbe przy pierwiastku) z dzielnej za pomocą wzoru, zaczynając od najwyższej potęgi a kończąc na liczbie

dziele przez pierwiastek (właściwie zmniejszam daną postać o 1 potęgę pozostałą część (prócz liczby ) sprowadzam z powrotem do formy pierwotnej i wykonuje tą samą operację z kolejnym pierwiastkiem.

Na przykładzie:

\(\frac{2x^{3} +3x^{2}-2x+3}{(x-1)(x+2)} =\)

\(\frac{2(x-1)^{3}- 3(x-1)^{2} + 10(x-1) +8 }{(x-1)(x+2)} =\)

\(\frac{2(x-1) ^{2} - 3(x-1) + 10 + \frac{8}{x-1}}{(x+2)} =\)

\(\frac{ 2x^2-5x+15+\frac{8}{x-1}} { (x+2)}=\)

\(\frac{2(x+2) ^{2}-9(x+2)-7 +\frac{8}{x-1}}{(x+2)} =\)

\(2(x+2)-9+ \frac{-7 +(\frac{8}{x-1})}{x+2}\)

reszte można jeszcze skrócić, co o tym sposobie sądzicie?

Postać otrzymana jest znacznie prostsza od pierwotnej.

-- 12 sie 2014, o 10:14 --

Wykorzystuje tu rekurencyjny wzór, więc nic nie muszę dzielić, tylko podstawianie i równanie jest mało obciążające w programie.
Ostatnio zmieniony 20 lut 2018, o 19:32 przez SlotaWoj, łącznie zmieniany 4 razy.
Powód: Używaj LaTeXa do wszystkich wyrażeń matematycznych. Błędy ortograficzne. Poprawa wiadomości.

loitzl9006
Moderator
Moderator
Posty: 3040
Rejestracja: 21 maja 2009, o 19:08
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Starachowice

Dzielenie wielomianów

Post autor: loitzl9006 » 12 sie 2014, o 17:57

Powiem że dość ciekawy pomysł, pozwala uniknąć "szkolnego" pisemnego dzielenia wielomianów które potrafi sprawiać kłopoty.
Ale nie ma nic za darmo... trzeba ogarniać wzory skróconego mnożenia i "mieć w pamięci" różnicę pomiędzy wyjściowym \(2x^3\) a załóżmy \(2(x-1)^3\) i uwzględniać ją przy późniejszych liczbach przed \((x-1)^2\), \((x-1)\) i wyrazie wolnym.
Tutaj można się trochę pogubić. Ty trochę też się pogubiłeś w tym co zaprezentowałeś, mam takie wrażenie. Mi trochę inaczej wyszły te liczby. Ale idea dość ciekawa. Coś podobnego do schematu Hornera mam wrażenie.
Do czego to chcesz wykorzystać ? rozumiem że jakiś program dzielący wielomiany piszesz tak ?
Gdybyś wpadł na pomysł jak łatwo uzyskać te współczynniki przed \((x-1)^2, \ (x-1)\) i wyraz wolny... nie wiem może jakieś algorytmy na to są ? Jeżeli nie znajdziesz/nie znasz to możesz w sumie to na literkach zrobić. i na zmiennych \(a,b,c,d,e,f\) działać:

coś w tym stylu:
\(\frac{ax^3+bx^2+cx+d}{(x-f)(x-g)}= \frac{a(x-f)^3+k(x-f)^2+l(x-f)+m}{(x-f)(x-g)}=...\)

i w miejsce \(...\) jest twoje pole do popisu. Współczynniki \(k,l,m\) musiałbyś wyrazić poprzez współczynniki \(a,b,c,d,f\) i może coś by z tego było. Działaj!

Dreamer357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 283
Rejestracja: 18 lip 2010, o 08:27
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Nowogrodziec

Dzielenie wielomianów

Post autor: Dreamer357 » 12 sie 2014, o 18:55

1. fakt nie sprawdzałem poprawności obliczeń, przyznaje się bez bicia, ale to tylko przykład nie zmienia on idei algorytmu.
2.współczynnikiem przy (pierwiastku) jest sam współczynnik dzielnej od \(x\) do potęgi \(n\) przez współczynnik samego pierwiastka (myślałem, że to oczywiste i pominąłem ten etap)
czyli jeśli dzielimy

\(\frac{2x^{3} +3x^{2}-2x+3}{(x-1)}\)

naszym współczynnikiem będzie \(2\) stojące przy \(n\) tym \(x\) podzielone przez \(1\) danym współczynniku pierwiastka
wiadomo korzystamy ze wzoru
\((x+y)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}x^{n-k}y^k.\)
i kolejnym rozważanym współczynnikiem będzie ten stojący przy \(x\) do potęgi \(n-1\) z pozostałej części dzielnika po odjęciu od niego\(2(x-1)^{3}\) i tak do samej liczby

Jestem trochę chaotyczny, dlatego chętnie odpowiem na wszelkie pytania
Pisze to ponieważ uznałem to za godne uwagi, mógłbym napisać program. Chciałem poznać wasze opinie na temat moich spostrzeżeń.

-- 12 sie 2014, o 18:16 --

Może inaczej napisze krok po kroku jak ja liczę:

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

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

to tak na szybko więc mogą być drobne niedopatrzenia, poprawie w wolnej chwili, w razie czego pisać

Jak widać wychodzi zgrabny programik, gdzie nic nie dzielimy \(a\) i sama metoda nie jest zbyt skomplikowana. Lecz nie ma tu klasycznego dzielenia Homerowskiego, tylko podstawianie do wzoru co nie jest trudne do rozwiązania programowo

-- 13 sie 2014, o 06:41 --

loitzl9006 myślę, że wszystko zostało sobie powiedziane w sposób jasny z wielomianu \(a\) bierzemy \(a_1\) po czym odejmujemy \(a_1(x+z)^n\) z pozostałej części \(a\) wyciągamy kolejne \(a_1(x+z)\) i tak do samej liczby sprawę można rozwiązać na 3-5 tablicach dwuwymiarowych i kilku zmiennych
Ostatnio zmieniony 17 sie 2014, o 17:37 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Niepoprawnie napisany kod LaTeX-a. Proszę zapoznaj się z http://matematyka.pl/178502.htm .

27182818285
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2
Rejestracja: 12 sie 2014, o 19:26
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: warszawa

Dzielenie wielomianów

Post autor: 27182818285 » 13 sie 2014, o 09:16

PROPOZYCJA ZAPISU PISEMNEGO DZIELENIA I MNOŻENIA WIELOMIANÓW. Wielomian to liczba. Współczynniki są jak cyfry. Niewiadoma \(x\) to podstawa systemu liczbowego. Można zapisywać tylko współczynniki dla kolejnych potęg. Znak minus dla wygody pisać nad współczynnikiem. Współczynniki przy brakujących potęgach uzupełnić zerami i mnożyć czy dzielić jak zwykłe liczby.NIE PRZENOSIĆ MIĘDZY POZYCJAMI bo nie znamy podstawy systemu liczbowego X. Taki sposób zajmuje mniej miejsca, łatwiej uniknąć błędów w rachunkach (kontynuacja dzielenia wielomianu PO PRZECINKU w naturalny sposób wprowadza szeregi). PROSZĘ SPRÓBOWAĆ.

Awatar użytkownika
AiDi
Moderator
Moderator
Posty: 3381
Rejestracja: 25 maja 2009, o 22:58
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa

Dzielenie wielomianów

Post autor: AiDi » 13 sie 2014, o 11:18

Dreamer357 pisze:dzielenia Homerowskiego
Szkoda, że dalej nie jesteś w stanie zapamiętać poprawnie nazwisk.

a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 16760
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz

Dzielenie wielomianów

Post autor: a4karo » 13 sie 2014, o 11:54

Żeby uzyskać wielomian w postaci wielomianu od \(x-a\) wystarczy trochę poróżniczkować i zastosować wzór Taylora.

Dreamer357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 283
Rejestracja: 18 lip 2010, o 08:27
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Nowogrodziec

Dzielenie wielomianów

Post autor: Dreamer357 » 13 sie 2014, o 21:33

Ciekawe spostrzeżenie, słabo orientuje się w całkach, ale faktycznie wygląda na to, że z wzoru Taylora można wyciągnąć w tym przypadku współczynniki bez żmudnych przekształceń wielomianu roboczego.
Sprawia to, że ten wzór znacznie bardziej mi się podoba , czyli jest jeszcze mniej obciążający programowo, wielkie dzięki.

-- 13 sie 2014, o 20:35 --
AiDi pisze:
Dreamer357 pisze:dzielenia Homerowskiego
Szkoda, że dalej nie jesteś w stanie zapamiętać poprawnie nazwisk.
Adi wybacz, taki mamy klimat, xD pewnych rzeczy nie przeskoczysz.

Dreamer357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 283
Rejestracja: 18 lip 2010, o 08:27
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Nowogrodziec

Dzielenie wielomianów

Post autor: Dreamer357 » 22 lut 2015, o 12:06

Witam oto końcowy wzór, który wykombinowałem:

1.\(\sum_{k=n- liczba pierwiastków}^{} R\left(n \right) + \left a\left( k\right)( x+/-y\right) ^{k}\)
Wpadłem na pomysł, że liczba \(k\) jest stała, która jest bardzo łatwa do określenia, czyli od początkowego \(n\) (stopnia wielomianu) odejmujemy liczbę pierwiastków dzielnika i mamy gotowy wzór. czyli jeśli mamy już \(\left( x+/-y\right) ^{k}\) i wiemy ile wynosi początkowy wielomian, to nawet nie musimy przekształcać wielomianu, aby poznać współczynniki \(R\left( n\right)\) . Bajka miałem tego nie pisać, ale nie mogę się powstrzymać. Dzielenie wielomianów to drobnostka teraz xD, aż się uśmiecham do tego wzoru.

-- 22 lut 2015, o 18:33 --

Na razie wymyśliłem 2 sposoby na wyprowadzenie \(R\left( n\right)\) , przy gotowym \(k\), ale myślę, że istnieje więcej takich myków.
Ostatnio zmieniony 22 lut 2015, o 12:12 przez Zahion, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Nieczytelny zapis - brak LaTeX-a. Proszę zapoznaj się z instrukcją: http://matematyka.pl/latex.htm .

Dreamer357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 283
Rejestracja: 18 lip 2010, o 08:27
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Nowogrodziec

Dzielenie wielomianów

Post autor: Dreamer357 » 21 cze 2015, o 13:53

Przykładowe \(R\left( n\right)\):
\(\frac{7+\frac{5+\frac{3}{(x-4)}}{(x-2)}}{(x-1)}=\\ 3/(x-4)+[5+7/(x-1)]/(x-4) (x-2)=\\ 7/ (x-1) (x-4)(x-2) + 5/ (x-4)(x-2) +3 /(x-4) = \\ 7/{(x-1) (x-4)(x-2)} + [5(x-1)/ (x-4)(x-2) (x-1) ] +[3(x-1)(x-2) /(x-4)(x-1)(x-2)] =\\ \frac{7+ 5(x-1)+3(x-1)(x-2)}{(x-4)(x-1)(x-2)}=\\ \frac{3x^{2} -6x-3x+6+5x-5+7}{(x-4)(x-1)(x-2)}=\\ \frac{3x^{2} -4x+8 }{ (x-4)(x-1)(x-2)}\)
Czy takie liczenie pochodnej jest prawidłowe?
Ostatnio zmieniony 21 cze 2015, o 22:40 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.

Dreamer357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 283
Rejestracja: 18 lip 2010, o 08:27
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Nowogrodziec

Dzielenie wielomianów

Post autor: Dreamer357 » 13 wrz 2015, o 02:02

Jeszcze tylko wtrące dwa słowa na temat wyższości tej metody, nad klasycznym wzorem Taylora. Otrzymane \(R(n)\) jest jasno określone i nigdy nie będzie większe od sumy poszczególnych składników \(n\), które są znane i dodatkowo wartość ta maleje wraz z wzrostem \(x\) i dąży do \(0\). Co do wyniku nie jest to przypadkowa wartość pasująca do wzoru, lecz najmniejszy z możliwych wielomianów końcowych. Dlatego uważam, że warto dołożyć tych kilka chwil na przyjrzenie się tej metodzie.


Więc tak miałem wkleić ten skrót do wyprowadzania tego wzoru. Nie wydaje mi się to trudne, dlatego napisze tylko opis a sami sobie wyprowadźcie na literkach.

Zaczynamy od zwykłego dzielenia metodą Hornera z drobną modyfikacją, mianowicie uwzględniamy \((a+b)^n\) podobny wzór wyprowadzałem wcześniej i jest na pc foster forum. Pozostaje \(R(n)\), którego wyprowadzenie jest odwrotnością liczenia pochodnej. Pierwszy wyraz znamy a reszta leci rekurencyjnie.-- 18 wrz 2015, o 11:03 --Właśnie miałem edytować i poprawić ten latex

Co do skrótu to jest jeszcze możliwość wyprowadzenia wyniku na podstawie wzoru Taylora, właściwie nie do końca ten sam wzór, ale podobieństwo jest uderzające. Tylko z tą metodą jest problem bo dostajemy wynik, bez reszty, którą jakoś trzeba wyprowadzić. Ja robię to mnożąc wynik przez dzielnik i odejmując od dzielnej i mamy resztę, którą przekształcamy na podstawie pochodnej. Z tym, że ten sposób jest strasznie prymitywny i nie będę go wklejał bo wstyd. Tylko informuję, że tak też się da, może ktoś znajdzie lepszy sposób na wyprowadzenie reszty.
Ostatnio zmieniony 13 wrz 2015, o 14:55 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Brak LaTeX-a. Proszę zapoznaj się z instrukcją: http://matematyka.pl/latex.htm .

Dreamer357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 283
Rejestracja: 18 lip 2010, o 08:27
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Nowogrodziec

Dzielenie wielomianów

Post autor: Dreamer357 » 5 paź 2015, o 14:34

Żeby nie pozostać gołosłownym. Właściwie zastanawiam się czy ten sposób jest prawidłowy, więc wkleje to co mam i prosiłbym o komentarz w tej sprawie. Z założenia powinno wyjść to samo co ręcznę przekształcanie, ale wiecie założenia swoję a realia pokazują co innego. A więc do dzieła:
1. Zaczynamy od zwykłego dzielenia metodą Hornera
2. Otrzymujemy pierwszy współczynnik i tu wskakują moję zmiany, bo żeby otrzymać upragniony wielomian, musimy zastosować wybieg, w którym do \(x\) dopisujemy jeden z pierwiastków dzielnika.
Komplikuje to nieco obliczenia, ale całościowo wychodzi mniej obliczeń niż przekształcanie ręczne.
3. Po przekształceniu wielomianu otrzymujemy Resztę \(R(n)\), którą przekształcamy, sposobem z liczenia pochodnej.

Teraz moję pytania? Czy takie rozumowanie nie jest zbyt naiwne, ponieważ przy ręcznym przekształcaniu, niejako dzielę osobno przez każdy pierwiastek i otrzymuję, minimalną resztę. Tym sposobem omijam to przekształcanie, ale nie mam pewności czy reszta będzie minimalna.

Mniej więcej podobnie ma się sprawa z wzorem Taylora, ale nie będę go wklejać, bo z latexem trzeba będzie się męczyć.
Właściwie chodzi o wyprowadzenie pochodnych wyniku, z wyżej zaprezentowanej metody, wynika, że się da. O ile ta metoda jest prawidłowa. Znając pochodne można łatwo wyznaczyć wzór Taylora.
Ostatnio zmieniony 5 paź 2015, o 18:47 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości: komentarz.

Dreamer357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 283
Rejestracja: 18 lip 2010, o 08:27
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Nowogrodziec

Dzielenie wielomianów

Post autor: Dreamer357 » 16 paź 2015, o 10:33

Właśnie. Dla mnie ten wzór wydaje się prosty, bo zapomniałem dopisać o jednym udogodnieniu. Jak dla człowieka wszystko wydaje się oczywiste to później są takie skróty myślowe. A więc aby nie przekształcać ręcznie całego wzoru, stosuję wybieg, w którym przed całym dzieleniem przekształcam dzielną i dzielnik w \(\sum_{}^{} a(k) (x-y)^k\). Gdzie \((x-y)\) jest pierwiastkiem, który użyłem do dzielenia. Pozwala nam to ominąć dzielenie wzorem Hornera i skraca algorytm do przysłowiowego dodawania i odejmowania współczynnika \(t= (x-y)\). Teraz myślę, że zgrabniej to wygląda. Sorki za skróty myślowe.

-- 20 paź 2015, o 00:14 --

Ok. To w końcu napiszę wyprowadzenie wzoru taylora. Więc zacznijmy od tego, że pochodne to nic innego jak początkowe zawirowania proporcji dla poszczególnych F(y) funkcji x^n. Wykorzystując wzór Suma a(k) (x-p)^n +R(n) jasno to widzimy. Tu powinienem zakończyć, bo reszta jest oczywista, ale przejdzmy do konkretów. Musimy dla dobra przekształcenia poczynić pewne założenie. A więc f(x) nas kompletnie nie interesuje, więc dla dobra przekształceń, weźmy najmniejszy możliwy do tych celów x, a jest nim stopień n dzielnej. A więc, na chwile, zakładamy, że x jest stały równy n-temu stopniowi dzielnika. Musimy więc policzyć F(n) dzielnika i dzielnej, to nieuniknione. A pisałem już wcześniej, że n wyniku równa się n dzielnej - n dzielnika pozostaje ustalić a(k). Dzielimy więc otrzymane F(n) i wychodzi gotowe. a z indeksem (n) zarazem 1 pochodną, reszta jest banalna. Mamy a(k)(x-p) dzielnej wykonujemy obliczenia jak w przypadku współczynnika t i mamy wielomian o stopień niższy. Pamiętamy, że z dzielenia f(n) pozostała reszta posłużymy się nią do wyliczenia pozostałych pochodnych. Skoro dzielna jest już podzielona i mamy wyliczoną pochodną dla ntego stopnia, to interesuję nas dzielnik o stopniu Suma a(k-1)^n-1, liczymy więc F(n-1) pozostałego ciągu. Kolejną pochodną będzie wynik dzielenia reszty z poprzedniego dzielenia i Suma a(k-1)^n-1 dzielnej, i analogicznie do końca.

-- 20 paź 2015, o 00:16 --

Latexa poprawie w wolnej chwili.

-- 20 paź 2015, o 00:40 --

Gdzieś zrobiłem literowke to też zostawię na potem-- 21 paź 2015, o 13:38 --Czemu nie mogę edytować, chciałem poprawić, bo koncepcja jest dobra, ale coś tam nie sztymuję, a nie będę się powtarzał.

Dreamer357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 283
Rejestracja: 18 lip 2010, o 08:27
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Nowogrodziec

Dzielenie wielomianów

Post autor: Dreamer357 » 25 paź 2015, o 23:01

Trochę myślałem o tym ostatnim sposobie. Doszedłem do wniosku, że chciałem zrobić za dużo rzeczy na raz. W tym algorytmie kryją się dwa wzory jeden na
\(a(k)\), drugi na pochodne. Ten na \(a(k)\) jest banalny i myślę, że na dniach wkleję go tutaj, a wzór z pochodnymi wydaje się bardziej złożony i muszę go jeszcze dopracować.

-- 26 paź 2015, o 06:08 --

Ok. Teraz mam chwilę to napisze małe co nieco. Zacznę od wychwalania tej metody. Czyli nie przekształcamy tutaj współczynników \(a(k)\), więc nie interesują nas skrajnie duże współczynniki k, po prostu przekształcamy wzór na całkiem nowy, a nie stosujemy pitu pitu, jak przy innych wzorach. Kolejnym plusem jest to, że nasze \(R(n)\) jest znacznie mniejsze i przy dokładnym liczeniu, wynosi niewiele ponad \(x^1+ liczba\), pokusiłbym się o samą liczbę, ale zostawiam margines na przybliżenia. Minusem jest duże obciążenie programowe.
Teraz przejdźmy do konkretów:
1 Co zauważyłem:
Weźmy zwykłe dzielenie.
-Przykładowe \(12055:55=\) bierzemy
\(120\) czyli mamy zmienną tablicę a i sprawdzamy czy dzielnik jest większy od pierwszego elementu czyli \(1\),
- jeśli nie bierzemy kolejny kolejny element tablicy i porównujemy
- kolejnym elementem jest wiadomo odejmowanie tego nie trzeba tłumaczyć pozostaje \(10\)
- następnie niejako "dopisujemy" do \(10\) \(zero\) i dodajemy \(5\), ja spojrzałem na zagadnienie inaczej:
Mianowicie patrze na system liczbowy, czyli u podstawy mamy \(10\),
-czyli dzielnik wygląda na początku: \(5 \cdot 10^2 + 5 \cdot 10^1\)
- obecnie dzielna wynosi \(10,5\) a dzielnik \(5 \cdot 10^1+ 5 \cdot 10^0\)
- czy coś to zmienia, oczywiście, że nie wynik pozostaję ten sam, ale zauważcie idę.
- Gdy zamiast systemu dziesiętnego użyjemy inny system liczbowy, teraz jesteśmy sobie w stanie z tym poradzić. Wcześniej była by to dla nas czarna magia. Dalsze liczenie mija się z celem, już osiągnąłem swój skutek.
2 Jakie wyciągnąłem wnioski:
- można to zastosować dla dowolnego systemu liczbowego nie koniecznie liniowego, ale wielomian, czy logarytm też się nada.
3. Przejdźmy do sedna:
-Bierzemy Wielomiany: dzielnik, dzielna i wynik
\(\sum_{}^{} a(k) x^n\)
4 Założenia
-\(f(x)\) nas nie interesuje, więc bierzemy najmniejszy możliwy \(x\), czyli równy \(n\)dzielnika, i będzie on podstawą liczbową naszego ciągu.
- liczymy \(f(y)\) dzielnej, otrzymujemy liczbę.
- O czym musimy pamiętać naszym systemem liczbowym jest system o podstawie \(x\), czyli nie kończymy na \(9\) tylko lecimy dalej \(a, b,\) aż do \(x\) (to ważne w dalszej części), ale my przekształcamy ten system dla ułatwienia wizualnego, komputer wcale nie musi w programie przekształcać, zaoszczędzi nam to kilka cykli
-bierzemy \(a\) z indeksem \(k\) dzielnej mnożymy razy \(x^n,\)
-sprawdzamy czy otrzymana liczba nie jest większa od naszego \(f(y)\) dzielnika
- jeśli nie dopisujemy kolejny \(a(k-1) \cdot x^{n-1}\), pamiętając o tym, że u podstawy mamy \(x\), więc wychodzi np. \(b,c\) czyli \(11+1,2\)czyli w systemie dziesiętnym \(12,2\)
- jednocześnie zmniejszamy stopień wielomianu dzielnika na \(\sum_{}^{}a(k) x^{n-1}\)
- liczymy \(f(y)\) dzielnika, sprawdzamy czy otrzymana dzielna jest większa od naszego \(f(y)\) dzielnika
- jeśli nie powtarzamy procedurę aż do skutku.
- otrzymujemy \(a\) z indeksem \(k\)wyniku.
- "Wiemy", że \(a(k)\)wyniku to liczby całkowite, więc nie musimy liczyć dzielnej do nie wiadomo ilu miejsc po przecinku, to także duże ułatwienie
- powtarzamy procedurę do końca

W razie pytań piszcie. Za chwilę poprawie latex

-- 29 paź 2015, o 08:48 --

Czy widzicie to co ja? Ten ostatni algorytm jest wprost idealny do porównywania wielomianów. Wychodzi piękny algorytm sortowania.

-- 29 paź 2015, o 09:37 --

Więc do dzieła. Zauważmy, że w otrzymanym ciągu, maksymalna proporcja w pojedynczym \(x^n\) do sumy pozostałych \(a(k-1) x^{n-1}\), dla . Wynosi \(2^n\), może oczywiście być mniejsza, ale to granica. Co nam to mówi, że jeśli weźmiemy, dowolną ilość, wielomianów. To porównując wielomiany, przekształcone tym algorytmem, nie musimy porównywać całych ciągów. a tylko do momentu gdy współczynniki z indeksem \(x^n\) nie są równe. Zauważmy, że dobrym pomysłem byłoby, wyprowadzać te ciągi z użyciem tego samego \(x\), również ułatwi nam to porównywanie.

-- 1 lis 2015, o 08:31 --

Chciałem już wkleic następny wzór, ale stwierdził em, że to za duże tempo. Miałem to ciągnąć latami a tu wklejam, program za programem.
Ostatnio zmieniony 12 lis 2015, o 12:18 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 2 razy.
Powód: Niepoprawnie napisany kod LaTeX-a. Proszę zapoznaj się z http://matematyka.pl/178502.htm .

Dreamer357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 283
Rejestracja: 18 lip 2010, o 08:27
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Nowogrodziec

Dzielenie wielomianów

Post autor: Dreamer357 » 12 lis 2015, o 11:24

Tragedia, takie czekanie, gdy ma sie juz gotowca, jest bardziej meczace od wyprowadzania wzoru. Dlatego gdy bede mial dostep do komputera wkleje to co mam i w koncu zajme sie czyms nowym. Wlasciwie tu juz wszystko jest, ja tylko porzadkuje niedokonczone sprawy.

Dreamer357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 283
Rejestracja: 18 lip 2010, o 08:27
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Nowogrodziec

Dzielenie wielomianów

Post autor: Dreamer357 » 18 gru 2015, o 07:36

Witam. Napisze co mam i zobaczymy co z tego wyniknie. Z początku chciałem dalej brnąć w te pochodne co nie było by głupim pomysłem. Na bank tam kryje się jakiś algorytm. Lecz wpadłem na kolejną idę, a mianowicie. Popatrzcie jeden wielomian złożony możemy przedstawić na różne sposoby, modulując odpowiednio a(k). To oczywiście jeszcze nic nam nie mówi. Znajdźmy przykład: twierdzenie bezouta. Ja właściwie nic wielkiego nie odkryłem, tylko wyprowadzam ogólny wzorzec na to przekształcenie, bo obecnie jest tak: ALGORYTM DZIAŁA, hura, KONIEC. Nikt nie zastanowił się skąd to się bierze. A może jest jakiś dowód, tylko go ominąłem. Mnie interesuję to przekształcenie w kontekście proporcji (cokolwiek to znaczy w tym kontekście). Zauważcie, że jeśli zmienimy max a(k), algorytm będzie wyrzucał inne a(k) końcowe. Zauważcie, że powstaną dwa różne algorytmy, o tym samym wykresie. ( no może zbliżonym, trzeba, by to zbadać). Założenia są proste, algorytm częściowo znany (postać przejściowa, postać wynikowa nie). Powinno się udać. Nie chciałem pisać moich przemyśleń na ten temat, więc opisałem jedynie problem, ale obecnie nad tym pracuję.

-- 19 gru 2015, o 06:37 --

Od czego, by tu zaczac. Napisalbym gotowy wzor, ale oczywiscie, to by bylo takie banalne. Napisze wyprowadzenie to zobaczycie, ze pomimo, ze wzor jest banalny to nic w tym prostego. Wiec zaczalem od tego, ze zapisalem schemat bezuta za pomoca ciagu. Kto wymysla wzor z interpretacja graficzna? A wiec algorytm wyglada tak:
1. suma a(k)*b(n)+a(k-1)= c(n). Gdzie b(n) to pierwiastki dzielnika, a c(n) pierwiastki wynikowe.
2. k ( max-1)
3. Powtarzamy procedure do konca.
Zaraz cos pokrecilem. Jak ja to liczylem? Zaraz poprawie.
.
-- 19 gru 2015, o 06:41 --

Co nam to mowi. Po pierwsze, ze nie operujemy x, a y. Po drugie, ze tak naprawde wyprowadzamy proporcje, a pierwiastki to tylko efekt uboczny. Proporcji funkcji f(y) dla x=0


-- 19 gru 2015, o 06:44 --

Mysle, ze juz widzicie wzor. Fajne prawda. Pisze z tableta wiec latex poprawie w wolnej chwili

-- 19 gru 2015, o 09:26 --

Bez jaj juz nie moge edytowac posta. Zrobcie cos z tym. Chcialem dokonczyc.

-- 19 gru 2015, o 09:56 --

Pospiech zlym doradca. Ten wzor jest jeszcze goracy i gdybym mial to opisac na chlodno, na pewno lepiej by to wygladalo.

-- 20 gru 2015, o 06:12 --

Zauwazcie roznice, pomiedzy interpretacja graficzna a ciagiem. Od razu widac, ze te obliczenia to tylko etap przejsciowy, Z ciagu jasno wynika, ze pierwiastki otrzymamy jedynie gdy wartosc funkcji w punkcie x=0 wynosi 0. W przeciwnym wypadku otrzymamy duze R(n). Ten algorytm powinien przewidziec szukanie punktu przeciecia i ewentualna translacje.

-- 20 gru 2015, o 06:21 --

Ten algorytm wymieka w przypadku gdy nie ma punktu przeciecia. Poniewaz, aby dokonac takiej translacji, musielibysmy przesunac nie o wektor, ale o parabole. A to juz wyzsza matematyka.

-- 20 gru 2015, o 06:25 --

Tak to jest jak mamy, algorytm nie do liczenia, a przy okazji.

-- 20 gru 2015, o 06:33 --

Tak sobie uswiadomilem, ze proporcje pierwiastkow po translacji latwo wyznaczamy, wiec samo przesuniecie byloby mozliwe. Z tym, ze z genialnie prostego wzoru otrzymujemy lapsus intelektualny.

-- 20 gru 2015, o 07:13 --

Wlasciwie nie. To rozwiazanie to tylko kolejny przypadek, a juz jaki zawily. Zauwazmy operujemy trzema zmiennymi dzielna, dzielnik i wynik. Wzor dziala tylko w przypadku gdy wynik wynosi 0. Dzielic przez zero nie mozemy wiec wypada z dziedziny, defakto wzor dziala tylko gdy dzielna jest rowna zero. Gdy punt przeciecia z osia x jest rozny od zera. Otrzymujemy przypadek translacji wyniku o wektor, oczywiscie z zachowaniem proporcji dzielnej do dzielnika ( wykonalne). Gdy dzielna nie ma punktu przeciecia z osia x. Otzymujemy przedstawiony lapsus intelektualny, ktory defakto jest niemozliwy do policzenia. Co dowodzi, ze twierdzenie jest falszywe. Bo dziala tylko dla wybranych ( szczegol ze wiekszosci) przypadkow.

-- 20 gru 2015, o 07:41 --

To tak jak z moim algorytmem na liczby pierwsze nie dziala zawsze wiec nie dziala wogole. Tylko u mnie nie mozemy tego udowodnic a tu to jasno widzimy.-- 20 gru 2015, o 13:36 --Wlasciwie, nie ma co tego dalej wyprowadzac skoro z zalozenia ma byc to bezuzyteczne. Na dniach wkleje to wyprowadzenie z pochodnymi, tylko sobie to ladnie poukladam, bo obecnie to strasznie nieczytelne jest.

ODPOWIEDZ