Trójmian kwadratowy \(f(x)=x^2+bx+c\) ma dwa rożne pierwiastki całkowite, oba różne od zera, a suma jego współczynników \(1+b+c\) jest liczbą pierwszą.
a) podaj przykład takiego trójmianu,
b) uzasadnij, że \(2\) jest jednym z jego pierwiastków.
trójmian
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
-
Jerry
- Expert
- Posty: 3046
- Rejestracja: 18 maja 2009, 09:23
- Podziękowania: 44 razy
- Otrzymane podziękowania: 1663 razy
Re: trójmian
Niech \(1+b+c=p\), gdzie \(p\) jest liczbą pierwszą.
Aby warunki zadania były spełnione, musi
\(b,c\in\zz\), \(c\ne0\) oraz \(\Delta=m^2\wedge m\in\zz_+\).
\[b^2-4(p-1-b)=m^2\\
b^2+4b+4-m^2=4p\\
(b+2)^2-m^2=4p\\
(|b+2|-m)(|b+2|+m)=2\cdot2p\]
Czynniki lewej strony są zgodnej parzystości, zatem obydwa są parzyste i pierwszy z nich jest mniejszy. Ostatecznie
\[+\underline{\begin{cases}|b+2|-m=2\\|b+2|+m=2p\end{cases}}\\2|b+2|=2p+2\\ |b+2|=p+1\\ b+2=-p-1\vee b+2=p+1\\ \begin{cases}b=-p-3\\c=2p+2\end{cases}\vee\begin{cases}b=p-1\\c=0\end{cases}\]
Wobec \(c\ne0\) mamy, dla \(p\) liczby pierwszej spełniający warunki zadania, trójmian:
\[f(x)=x^2-(p+3)x+2p+2\]
Odpowiedzi:
Aby warunki zadania były spełnione, musi
\(b,c\in\zz\), \(c\ne0\) oraz \(\Delta=m^2\wedge m\in\zz_+\).
\[b^2-4(p-1-b)=m^2\\
b^2+4b+4-m^2=4p\\
(b+2)^2-m^2=4p\\
(|b+2|-m)(|b+2|+m)=2\cdot2p\]
Czynniki lewej strony są zgodnej parzystości, zatem obydwa są parzyste i pierwszy z nich jest mniejszy. Ostatecznie
\[+\underline{\begin{cases}|b+2|-m=2\\|b+2|+m=2p\end{cases}}\\2|b+2|=2p+2\\ |b+2|=p+1\\ b+2=-p-1\vee b+2=p+1\\ \begin{cases}b=-p-3\\c=2p+2\end{cases}\vee\begin{cases}b=p-1\\c=0\end{cases}\]
Wobec \(c\ne0\) mamy, dla \(p\) liczby pierwszej spełniający warunki zadania, trójmian:
\[f(x)=x^2-(p+3)x+2p+2\]
Odpowiedzi:
- \(p=2\So f(x)=x^2-5x+6\\
p=3\So f(x)=x^2-6x+8\\ \ldots \\ \) - \(f(2)=2^2-(p+3)\cdot2+2p+2=0\\ \qquad\text{CKD}\)
-
Icanseepeace
- Stały bywalec
- Posty: 396
- Rejestracja: 03 kwie 2021, 21:36
- Podziękowania: 6 razy
- Otrzymane podziękowania: 227 razy
- Płeć:
Re: trójmian
Ja dorzucę swój pomysł:
Skoro \( f(x) \) ma dwa pierwiastki całkowite to możemy zapisać:
\( x_1 + x_2 = -b \ \wedge x_1 \cdot x_2 = c \). Wtedy mamy:
\(1 + b + c = 1 - (x_1 + x_2) + x_1 \cdot x_2 = (x_1 - 1)(x_2 - 1) = p \) gdzie \( p \) jest liczbą pierwszą.
Stąd albo \( x_1 - 1 = 1 \) albo \( x_1 - 1 = -1 \), ale drugą opcję odrzucamy ze względu na \( x_1 = 0 \) co jest sprzeczne z założeniem odnośnie pierwiastków różnych od zera.
Stąd \( x_1 = 2 \So x_2 = p + 1 \)
Przykładowe wielomiany jak u Jerry
Skoro \( f(x) \) ma dwa pierwiastki całkowite to możemy zapisać:
\( x_1 + x_2 = -b \ \wedge x_1 \cdot x_2 = c \). Wtedy mamy:
\(1 + b + c = 1 - (x_1 + x_2) + x_1 \cdot x_2 = (x_1 - 1)(x_2 - 1) = p \) gdzie \( p \) jest liczbą pierwszą.
Stąd albo \( x_1 - 1 = 1 \) albo \( x_1 - 1 = -1 \), ale drugą opcję odrzucamy ze względu na \( x_1 = 0 \) co jest sprzeczne z założeniem odnośnie pierwiastków różnych od zera.
Stąd \( x_1 = 2 \So x_2 = p + 1 \)
Przykładowe wielomiany jak u Jerry