Keresés

Részletes keresés

zoltan444 Creative Commons License 6 napja 0 0 13784

Köszönöm szépen mindenkinek a segítséget.

Előzmény: zoltan444 (13780)
FASIRT Creative Commons License 6 napja 0 0 13783

A másodiknál is szép számok adódnak mind a számláló, mind a nevező hosszára (modulus) és szögére (argumentum). Az osztás pedig pont olyan egyszerű, mint a gyökvonás: hosszat osztani, szöget kivonni.

Előzmény: Gergo73 (13782)
Gergo73 Creative Commons License 6 napja 0 0 13782

A komplex számoknál mindig érdemes a geometriai tartalomra koncentrálni. A negyedik gyökvonás azt jelenti, hogy a szám hosszából negyedik gyököt vonunk, a szögét pedig negyedeljük. Az utóbbinál egy finomság, hogy az eredeti szöghöz 360 fokot adva a negyede 90 fokkal változik, ezért igazából 4-féleképpen lehet negyedelni a szöget, pl. a 160 fok negyedei a 40 fok, a 130 fok, a 220 fok, végül a 310 fok. Magyarán minden komplex szám negyedik gyökei egy négyzet csúcsait alkotják.

 

Tehát mit kell tenned az első feladatnál: ábrázold a -8+i.8.gyök(3) komplex számot. Határozd meg a hosszát (pl. Pithagorasz-tétellel), illetve a szögét. Szép számokat fogsz kapni, így könnyű lesz a hosszból negyedik gyököt vonni, és a szöget negyedelni (a fenti megjegyzést is figyelembe véve).

Előzmény: zoltan444 (13780)
NevemTeve Creative Commons License 6 napja 0 0 13781

ad1: Próbálgatással vagy ad hoc módszerekkel alakítsd teljes négyzetté a gyök alatt lévő számot. Ezt ismételd meg még egyszer, és készen is vagy.

ad2: 'valósítsd meg' a nevezőt, mégpedig úgy, hogy bővíted a törtet sqrt(3)-i-vel

Előzmény: zoltan444 (13780)
zoltan444 Creative Commons License 6 napja 0 0 13780

Sziasztok, eltudnátok indítani vagy picit rávezetni a feladatok megoldásában?

Az első feladat : 

Meg kell rajzolni komplex síkban a gyököket.

Második feladat :

Meg kell határozni a imaginárius és a valós részét , modulusát és argumentumát.

Gergo73 Creative Commons License 2016.02.04 0 0 13779

Most nincs időm végigolvasni a hírfolyamot, de igen, a tétel általánosítható így:

 

Tétel. Ha f(x)=anxn+an-1xn-1+...+a1x+a0 egy egész együtthatós polinom (an nem nulla), akkor az f(x) minden racionális gyökének an-szerese egész.

 

A bizonyítás lényegében ugyanúgy megy, mint az eredeti tételnél. Fontosabb azonban észrevenni, hogy a fenti általánosabb állítás következik is az eredeti állításból. Ugyanis ha x racionális gyöke a fenti f(x)-nek, akkor anx racionális gyöke az F(x):=ann-1f(x/an) polinomnak, amelynek egészek az együtthatói és 1 a főegyütthatója. Tehát az eredeti tétel miatt anx egész, és készen vagyunk.

Előzmény: takacs.ferenc.bp (13768)
takacs.ferenc.bp Creative Commons License 2016.02.04 0 1 13778

Vagyis így a tétel kiterjesztése annyi, hogy az egész együtthatós polinomoknál a racionális gyökök rajta vannak az 1/an osztáspontokon, ahol an a főegyüttható.

Előzmény: takacs.ferenc.bp (13777)
takacs.ferenc.bp Creative Commons License 2016.02.04 0 0 13777

Valóban, nem értettem meg az eredeti tételt. Nem az összes gyökre vonatkozott, hogy egészek, hanem csak a racionális gyökökre. Ezen kívül meg lehetnek irracionális, meg komplex gyökök is. Így már persze a kiterjesztés is csak a racionális gyökökre értelmezhető.

Előzmény: NevemTeve (13776)
NevemTeve Creative Commons License 2016.02.04 0 0 13776

Az (1) semmitmondó, a (2) téves (pl: x+5x+2=0), tehát most kellene valami harmadik

Előzmény: takacs.ferenc.bp (13772)
takacs.ferenc.bp Creative Commons License 2016.02.04 0 0 13775

De lehetséges, bár nem vagyok benne biztos, hogy a különböző gyököknél különböznek a nevezők (ri/qi), és így az 1/an osztás mégis szükséges. Ezen még érdemes gondolkodni.

Előzmény: takacs.ferenc.bp (13774)
takacs.ferenc.bp Creative Commons License 2016.02.04 0 0 13774

Bár ebből már következik az is, amiit az osztáspontokról mondtam, legfeljebb sűrűbbek az osztáspontok a szükségesnél.

Előzmény: takacs.ferenc.bp (13773)
takacs.ferenc.bp Creative Commons License 2016.02.04 0 0 13773

Azt hiszem nem jól mondom. Annyi bizonyos, hogy a gyököknek, és an-nek közös (q) osztója van.

Előzmény: takacs.ferenc.bp (13772)
takacs.ferenc.bp Creative Commons License 2016.02.04 0 0 13772

Az (1) értelmetlen lenne. A (2) esetében viszont azt is tudni lehet, hogy ha a számegyenest felosztod 1/an osztással, akkor a gyökök ezeken az osztáspontokon vannak.

Előzmény: NevemTeve (13771)
NevemTeve Creative Commons License 2016.02.04 0 0 13771

Igaz, bocsánat, kihagytam az eredetiből egy nagyon fontos részt, hogy a legmagasabb fokú tag együtthatója 1 legyen. Anélkül természetesen nem oké, pl 3x2-4x+1=3(x-1/3)(x-1)

 

Tehát a te esetedben an tetszőleges (nemnulla) egész; ekkor az azt állítod, hogy minden racionális gyök racionális (1), vagy azt, hogy minden gyök racionális(2)?

 

Előzmény: takacs.ferenc.bp (13770)
takacs.ferenc.bp Creative Commons License 2016.02.04 0 0 13770

Az eredeti tétel az volt, hogy a egész együtthatós polinomok közül, amelyek legmagasabb fokú együtthatója egy, a gyökei egészek.

 

A kiterjesztésben elhagyom a legmagasabb fok együtthatójára tett kitételt. és ekkor a gyökök relatív prímre egyszerűsített nevezője osztja a legmagasabb fokú tagot.

Előzmény: NevemTeve (13769)
NevemTeve Creative Commons License 2016.02.04 0 0 13769

Ezt most nézzük meg együtt:

 

 

Az volt az eredeti tétel, hogy egy egész-együtthatós polinom racionális gyökei egészek.

 

Te ezt most úgy fejleszted tovább, hogy egy egész-együtthatós polinom racionális gyökei racionálisak (1); vagy úgy hogy egy egész-együtthatós polinom minden gyöke racionális (2)?

 

Először ezt tisztázzuk, (1) vagy (2) ?

Előzmény: takacs.ferenc.bp (13768)
takacs.ferenc.bp Creative Commons License 2016.02.04 0 0 13768

A bizonyítás alapján az is látszik, hogy a tétel tovább fejleszthető.

Ha

f(x)=anxn+an-1xn-1+...+a1x+a0

egy egész együtthatós polinom, akkor a gyökei racionális számok (relatív prim p/q alakban), és an a q nevező többszöröse.

 

Mivel

an-1pn-1q + ... + a1pqn-1 + a0qn = -anpn

jobb oldala osztható q-val, és pn nem osztható, így an osztható.

 

Előzmény: Gergo73 (13767)
Gergo73 Creative Commons License 2016.02.03 0 0 13767

A bizonyítást lehet egyszerűsíteni, nincs szükség prímeket használni bennne.

 

Tétel. Ha f(x)=xn+an-1xn-1+...+a1x+a0 egy egész együtthatós polinom (aminek a főegyütthatója 1), akkor az f(x) minden racionális gyöke egész.

 

Bizonyítás. Legyen x=p/q egy racionális gyök, ahol p és q relatív prím egészek, q pozitív. Be akarjuk látni, hogy q=1. A feltétel szerint f(p/q)=0, amiből qn-nel való szorzás után

 

pn + an-1pn-1q + ... + a1pqn-1 + a0qn = 0.

 

A bal oldalon a pn után minden tag osztható q-val, ahogyan a 0 is, ezért a pn maga is osztható q-val. Ugyanakkor pn és q relatív prímek, pl. Euklidész VII. könyvének 24-es állítása szerint. Tehát q=1, hiszen q közös osztója két relatív prím számnak.

 

Megjegyzés. A NevemTeve által idézett állítás az f(x)=x2-c speciális eset (tehát amikor n=2 és a1=0), és már az ókori görögök is ismerték. A fenti bizonyítás alapján az ókori görögök az általános állítást is könnyen be tudták volna látni, ha érdekelte volna őket az algebra.

Előzmény: Gergo73 (13765)
Gergo73 Creative Commons License 2016.02.03 0 0 13766

feltétel szerint f(p/q)=1

 

Akartam mondani: feltétel szerint f(p/q)=0

Előzmény: Gergo73 (13765)
Gergo73 Creative Commons License 2016.02.03 0 1 13765

Ennél több is igaz, és könnyen bizonyítható a számelmélet alaptételével. Igazából csak annyit kell tudni, hogy minden 1-nél nagyobb (egész) számnak van prímosztója, továbbá ha egy prím oszt egy szorzatot, akkor a szorzat valamelyik tényezőjét is osztja.

 

Tétel. Ha f(x)=xn+an-1xn-1+...+a1x+a0 egy egész együtthatós polinom (aminek a főegyütthatója 1), akkor az f(x) minden racionális gyöke egész.

 

Bizonyítás. Legyen x=p/q egy racionális gyök, ahol p és q relatív prím egészek, q pozitív. Be akarjuk látni, hogy q=1. A feltétel szerint f(p/q)=1, amiből qn-nel való szorzás után

 

pn + an-1pn-1q + ... + a1pqn-1 + a0qn = 0.

 

A bal oldalon a pn után minden tag osztható q-val, ahogyan a 0 is, ezért a pn maga is osztható q-val. Ha q>1, akkor q-nak van r prímosztója. Ez az r osztja a pn-et, vagyis a p-t is, tehát r közös osztója a p-nek és a q-nak, ellentétben a kiindulási feltétellel. Tehát q=1 és készen vagyunk.

 

Megjegyzés. A NevemTeve által idézett állítás az f(x)=x2-c speciális eset (tehát amikor n=2 és a1=0), és már az ókori görögök is ismerték.

Előzmény: djuice (13760)
djuice Creative Commons License 2016.02.02 0 0 13764

Na, csak a szememet kellett volna jobban kinyitni! Ott volt az oldalon amit kerestem... :(

 

https://www.symbolab.com/solver/decimal-to-fraction-calculator

djuice Creative Commons License 2016.02.02 0 0 13763

Mellesleg annyira reméltem hogy nem 0,6180339887498948... az 1-hez lesz az aránytényező, de ezek szerint a természet jobban tudja. :)

djuice Creative Commons License 2016.02.02 0 0 13762

Jó pap is holtáig... :)

djuice Creative Commons License 2016.02.02 0 0 13761

...és persze köszi!

djuice Creative Commons License 2016.02.02 0 0 13760

És ez hanyadik osztály, melyik tankönyv, hanyadik oldalán van kőbe vésve, mert nekem vadi új és most csodálkozom! (?) :)

Előzmény: NevemTeve (13759)
NevemTeve Creative Commons License 2016.02.02 0 0 13759

Akármilyen pozitív (nemnegatív) egészre igaz, hogy a gyöke vagy egész, vagy irracionális.

Előzmény: djuice (13758)
djuice Creative Commons License 2016.02.02 0 0 13758

Sziasztok!

Az aranymetszés arányossági tényezőjét kerestem és nem tudom a négyzetgyök(5) számról eldönteni a megoldásnál, hogy felírható lenne-e 2 egész törtjeként vagy irr. szám.

Tudtok erre vmi online solver oldalt esetleg?

 

Erre jutottam az aranymetszést illetően: http://bit.do/armetsz

 

mj: Tehát általánosságként egy aranymetszéssel felosztott szakasz a; b részére igaz hogy: a<b és b-t 1-nek vettem a solverben a számításhoz...

 

Köszi!

amplitudinis2 Creative Commons License 2016.02.01 0 0 13757

Na ugye:-)  mégse volt nehéz.

Előzmény: heted7 (13755)
heted7 Creative Commons License 2016.01.30 0 0 13756

Mások szerint akkor lenne igazán botrány, ha gondolkodtató feladatok lennének :)

Előzmény: heted7 (13753)
heted7 Creative Commons License 2016.01.30 0 0 13755

Amúgy ezt a hatodikos feladatsort megoldottuk páran kollégák:

 

1: mérnök informatikus, PhD előtt: 46 pont, 31,5 perc
2: mérnök informatikus, PhD-vel: 44 pont, 27 perc
3: mérnök informatikus, PhD előtt: 47 pont, 35 perc
4: matematikus, PhD előtt: 50 pont, 35 perc.

 

Azaz nyilván meg lehetett jól oldani, de nekünk is sokáig tartott, elég sok volt.

Előzmény: heted7 (13753)

Ha kedveled azért, ha nem azért nyomj egy lájkot a Fórumért!