Nästa sista fråga innan datorförbud (Matematik/Matte 4)

Ja, (x + 2) är en faktor till polynomet om och endast om -2 är en rot till p. Så du ska ställa upp ekvationen

p(-2) = 0

vilket ger

$- 8 + 2 k + k^{2} = 0$

dajamanté skrev :
Guuud jag har glömt hur man gör från matte 4!! Måste jag byta x med -2 och ta det därifrån?

Ja. Om polynomet är delbart med (x + 2) så är x = -2 ett nollställe till polynomet.

För vilka värden på k är alltså p(-2) = 0?

Super, nu hittar jag.

Tack Yngve!

dajamanté skrev :
Super, nu hittar jag.
Tack Yngve!

Bra. Hinner du även ta fram polynomkvoten innan datorkvoten är slut?

Va? Vilken kvot?

Är det nåt kvar att göra?

dajamanté skrev :
Va? Vilken kvot?
Är det nåt kvar att göra?

Ja du ska dels bestämma k, dels bestämna kvoten, dvs ta fram det andragradspolynom q(x) som är sådant att (x+2)*q(x) = p(x).

Min småäckligt men ostridblikt korrekt lösning!

Jag har för mig att du gjorde någon uppgift förut som hade med Vietas formler att göra. Den formeln kan man använda här om ett alternativ till polynomdivision. Man vet att om $r_1, r_2, r_3$ är rötterna till p så gäller det att

$r_1 + r_2 + r_3 = 0$ , och

$r_1 r_2 r_3 = -k^2$

Om vi nu säger att $r_3 = -2$ så gäller det att

$r_1 + r_2 = 2$ , och

$r_1 r_2 = \frac{k^2}{2}$

Därför är kvoten

$x^2 - 2x + \frac{k^2}{2}$

Då du bestämde k som 2 och -4 så får man de två kvoterna

$x^2 - 2x + 2$ , och $x^2 - 2x + 8$

Ett annat alternativ om du inte gillar polynomdivision är att ansätta polynomet $q(x) =ax^2+bx+c$ och att sedan lösa ekvationen $(x+2)\cdot q(x)=p(x)$ .

VL blir $ax^3+(2a+b)x^2+(c+2b)x+2c$

Detta ska vara lika med HL, dvs $p(x)$ för alla x.

Det betyder att $x^n$ -termerna måste vara lika både i VL och HL.

Det ger dig ett enkelt ekvationssystem med 4 ekvationer för att bestämma de 3 ovekanta a, b och c.

Stokastisk skrev :
Jag har för mig att du gjorde någon uppgift förut som hade med Vietas formler att göra. Den formeln kan man använda här om ett alternativ till polynomdivision. Man vet att om $r_1, r_2, r_3$ är rötterna till p så gäller det att
$r_1 + r_2 + r_3 = 0$ , och
$r_1 r_2 r_3 = -k^2$
Om vi nu säger att $r_3 = -2$ så gäller det att
$r_1 + r_2 = 2$ , och
$r_1 r_2 = \frac{k^2}{2}$
Därför är kvoten
$x^2 - 2x + \frac{k^2}{2}$
Då du bestämde k som 2 och -4 så får man de två kvoterna
$x^2 - 2x + 2$ , och $x^2 - 2x + 8$

Du har bättre minne om min skolgång än mig själv. Merde alltså 💩!

Yngve skrev :
Ett annat alternativ om du inte gillar polynomdivision är att ansätta polynomet $q(x) =ax^2+bx+c$ och att sedan lösa ekvationen $(x+2)\cdot q(x)=p(x)$ .
VL blir $ax^3+(2a+b)x^2+(c+2b)x+2c$
Detta ska vara lika med HL, dvs $p(x)$ för alla x.
Det betyder att $x^n$ -termerna måste vara lika både i VL och HL.
Det ger dig ett enkelt ekvationssystem med 4 ekvationer för att bestämma de 3 ovekanta a, b och c.

Herrejesous det måste jag meditera på ordentligt. Det känns inte lättare...

dajamanté skrev :
Du har bättre minne om min skolgång än mig själv. Merde alltså 💩!

https://www.pluggakuten.se/trad/hogre-grad-ekvationer/

Hur skulle jag kunna glömma? Jag vaknar fortfarande kallsvettig om nätterna av mardrömmar om p_1p_2p_3.

Nej men skämt åsido så tycker jag bara att Vietas formler alltid ger så roliga lösningar så de har en tendens att fastna.

dajamanté skrev :
Yngve skrev :
Ett annat alternativ om du inte gillar polynomdivision är att ansätta polynomet $q(x) =ax^2+bx+c$ och att sedan lösa ekvationen $(x+2)\cdot q(x)=p(x)$ .
VL blir $ax^3+(2a+b)x^2+(c+2b)x+2c$
Detta ska vara lika med HL, dvs $p(x)$ för alla x.
Det betyder att $x^n$ -termerna måste vara lika både i VL och HL.
Det ger dig ett enkelt ekvationssystem med 4 ekvationer för att bestämma de 3 ovekanta a, b och c.
Herrejesous det måste jag meditera på ordentligt. Det känns inte lättare...

Polynomdivision är enklare. Om man kan det.

Men av någon anledning så missade jag att lära mig det ordentligt i skolan (var väl sjuk den dan ...), så jag brukar istället välja ansatsmetoden för enklare polynom.