Mafy 2021 Fråga 18

Det framkommer inte ens i uppgiften att alla koefficienter är heltal.

Det står visst i uppgiften. 
"Polynomet P(x) [...] har koefficienter som är heltal"

Om vi stoppar in talet 5 i polynomet kommer alla termer som innehåller ett $x$, alltså alla termer förutom det sista, vara delbara med 5. Eftersom det sista talet inte är delbart med 5 innebär det att $P(5)$ inte är delbar med 5. Eftersom 0 är delbar med 5 kan $P(5)$ inte vara lika med 0. (Egentligen samma argument som att konstatera att 5 inte delar 12)

AlexMu skrev:

Det framkommer inte ens i uppgiften att alla koefficienter är heltal.

Det står visst i uppgiften. 
"Polynomet P(x) [...] har koefficienter som är heltal"

Om vi stoppar in talet 5 i polynomet kommer alla termer som innehåller ett $x$, alltså alla termer förutom det sista, vara delbara med 5. Eftersom det sista talet inte är delbart med 5 innebär det att $P(5)$ inte är delbar med 5. Eftersom 0 är delbar med 5 kan $P(5)$ inte vara lika med 0. (Egentligen samma argument som att konstatera att 5 inte delar 12)

Jag skrev: "Det framkomer inte att alla koefficienter är heltal"


Förstår inte varför a är en rot ifall det är delbart med konstanttermen? Och om 12 inte är delbart med 5? Det känns rörigt, att alla olika 170+ termer om det är så många att dem kanske ändå gör att det blir 0 på något sätt. Hänger ej med

I alla termer förutom den sista finns ett $x$. 
Vi kan då skriva $P(x)$ som 

$P(x) = x(x^{172} - 5x^{156} + \dots + 4) + 12$

Insättning $x=5$ ger att 

$P(5)=5(5^{172}-5\cdot 5^{156}+\dots+4) + 12 = 5a+ 12$ där $a$ är något heltal. 

Finns det några heltalslösningar för $a$ till ekvationen $5a+12=0$?

Vilken otroligt bra förklaring, ska smälta det mer senare. Återkommer, mycket imponerande. Bra jobbat

Korra skrev:

Vilken otroligt bra förklaring, ska smälta det mer senare. Återkommer, mycket imponerande. Bra jobbat

Tack! Fyi: Detta kan generaliseras lite mer till något som kallas för "Rational root theorem". 

Den säger att om ett polynom $f(x)$ med heltalskoefficienter har en rationell rot $r$. Alltså att 
$r = \dfrac pq$ med heltal $p$ och $q$ som är förkortade så långt som möjligt (de delar inga faktorer) 

Så gäller det att konstanttermen är delbar med $p$ och koefficienten framför termen med högst exponent är delbar med $q$. 

Exempel: 

Om $f(x) = 4x^3 + 6x^2-1$ gäller det att alltså att $-1$ är delbar med $p$ och $4$ är delbar med $q$. Då finns det inte många värden på $p$ och $q$.
$p$ kan vara $\pm 1$ och $q$ kan vara $\pm 1$, $\pm 2$ eller $\pm 4$

Vilket ger alla möjliga kandidater på rationella rötter:

$1$, $-1$, $\frac 12$, $-\frac 12$, $\frac 14$, $-\frac 14$

I detta fall tror jag den enda rationella roten är $-\frac 12$ (Då kan man faktorisera $x+\frac 12$ pga faktorsatsen och hitta de andra två (irrationella) med pq!).

Trevlig sats om man vill hitta alla rötter till ett polynom av högre gradtal än 2 algebraiskt 

Fallet ovan från MaFy kan vi då tänka oss ett specialfall där $q=1$.