Är min lösning korrekt? + en fråga

$p$ är ett andragradspolynom sådant att $(x - 1) \cdot p (x) = x^{3} + x - 2$ , bestäm p

Så här ser min lösningsansats ut:

$(x - 1) (a x^{2} + b x + c) = x^{3} + x - 2 a x^{3} - a x^{2} + b x^{2} - b x + c x - c = x^{3} + x - 2 a x^{3} + (b - a) x^{2} + (c - b) x - c = x^{3} + x - 2$

Av detta kan man dra slutsatsen att $c = 2$ , och då man vet att $c - b = 1$ , måste $b$ alltså vara 1. Då man vet att $b - a = 0$

får man att $a = 1$ , vilket också stämmer överrens med högerledet. Av detta ser man att $p (x) = x^{2} + x + 2$ .

Nu till frågan:

Hade frågan varit löslig om $x^{3}$ s koefficient hade varit någonting annat än 1? Nu fungerade det eftersom det råkade bli det, men tänk om frågan istället hade varit att $(x - 1) \cdot p (x) = 2 x^{3} + x - 2$ , $g r a d (p (x)) = 2$ .

Om både HL och VL är av samma grad så spelar det ingen roll vad du har för koefficienter.

Men om $x^{3}$ s koefficient hade varit exempelvis 2 hade man väl fått en motsägelse?:

$a x^{3} + (b - a) x^{2} + (c - b) x - c = 2 x^{3} + x - 2$

Om man endast tittar på $x^{3}$ s koefficient i båda leden tror man att a=2. Vi vet även att c=2. Men då får man två påståenden som inte kan stämma samtidigt, nämligen att:

$\{\begin{cases} b - a = 0 \\ c - b = 1 \end{cases} ~ \{\begin{cases} b - 2 = 0 \\ 2 - b = 1 \end{cases} ~ \{\begin{cases} b = 2 \\ b = 1 \end{cases}$

Bra!

Ekvationssystemet saknar lösning, precis som du visar.

Kan du klura ut vad det kan bero på?

Jag var otydlig, I ditt fall spelar det stor roll vad du har för koefficienter eftersom ditt polynom är inte godtyckligt. Genom att sätta dit en 2a framför x^3 - termen har du gjort något som gör att likheten aldrig kan vara uppfylld.

Men hade VL varit ett generellt polynom av samma grad så kan du alltid anpassa det så att det stämmer.

Om du multiplicerar hela HL med två så går det att lösa.

Om du fastnar

Vad har du gjort med nollställerna för HL när du multiplicerade med en 2 på x^3 termen?

Detta är inte kanske inte svar på varför, men jag tror i alla fall jag har ett sätt att vissa att det inte finns något andragradspolynom, $p (x)$ , så att $(x - 1) \cdot p (x) = 2 x^{3} + x - 2$ .

Om man med hjälp av polynomdivision delar tredjegradspolynomet med $(x - 1)$ borde man ju få (om det finns ett) det andragradspolynom som uppfyller ekvationen. $\frac{2 x^{3} + x - 2}{x - 1} = 2 x^{2} + 2 x + 3 + {(x - 1)}^{- 1}$ .

Här ser man klart och tydligt att det ett sådant $p (x)$ inte existerar (eftersom termen ${(x - 1)}^{- 1}$ "diskvalificerar" funktionen).

Är detta ett korrekt resonemang?

Ännu enklare att att inse att om VL hat en faktor (x-1) så måste denna faktorn också exsitera i HL, gör den det?

När du dividera med (x-1), vad betyder det att du fick en rest? Vad förväntar vi att resten ska vara?

Jag tycker ditt resonemang är bra, du verkar egentligen ha besvarat mina frågor redan men jag vill ändå se till att du är helt med på vad som händer.

Vill också ge dig beröm för att du frågar intressanta och bra frågor. Det är bra att du experimenterar och provar olika saker. :)

Jag tänker så här:

För att det ska finnas ett sådant polynom p(x) så måste x-1 vara en faktor i högerledet.

För att x-1 ska vara en faktor i högerledet så måste x = 1 vara ett nollställe till högerledet.

Men det är det inte eftersom 2•1³+1 - 2 = 3 - 2 = 1.

Ännu enklare att att inse att om VL hat en faktor (x-1) så måste denna faktorn också exsitera i HL, gör den det?

Om den skulle göra det, hade man inte fått någon rest vid polynomdivisionen. Det går att försäkra sig om det på annat sätt också (på samma sätt som i mitt första inlägg):

Antag att polynomet går att faktorisera till $(x - 1) (2 x^{2} + a x + b)$

Om man utvecklar allting får man:

$2 x^{3} + a x^{2} + b x - 2 x^{2} - a x - b 2 x^{3} + (a - 2) x^{2} + (b - a) x - b$

$\{\begin{cases} a - 2 = 0 \\ b - a = 1 \end{cases} ~ \{\begin{cases} a - 2 = 0 \\ 2 - a = 1 \end{cases} ~ \{\begin{cases} a = 2 \\ a = 1 \end{cases}$

Lösning saknas.

För att x-1 ska vara en faktor i högerledet så måste x = 1 vara ett nollställe till högerledet.

Oj vad smart! Jag hade inte ens tänkt på det! Tack!

Svara Avbryt

Visa senaste svar