.jpg)
Έστω τετραγωνικό πολυώνυμο με πραγματικούς συντελεστές. Υπάρχουν πραγματικοί τέτοιοι ώστε
Να αποδείξετε ότι το είναι ρίζα της εξίσωσης
Έρχεται το πολλαπλό βιβλίο ΝΕΟ — βρες όλες τις επιλογές εδώ
PDF & Ψηφιακά Μαθησιακά Αντικείμενα — χωρίς εγγραφή • Portify
📚 437 βιβλία🎬 22.000+ Ψηφιακά Μαθησιακά Αντικείμενα
Δες τα βιβλία →
2 σχόλια:
s^2+as+b=t,t^2+at+b=s,αφαιρώντας:(s-t)(s+t)+a(s-t)+s-t=0=>s+t=-a-1(s≠t)(1).Προσθέτοντας τις αρχικές:s^2+t^2+a(s+t)+2b=s+t=>〖(s+t)〗^2-2st+a(a-1)+2b=-a-1=>〖(a+1)〗^2-2st-a^2-a+2b+a+1=0=>st=a+b+1.(2)
ΑπάντησηΔιαγραφή〖(b-st)〗^2+a(b-st)+b-st=(b-st)(b-st+a+1)=(b-st)(b-a-b-1+a+1)=0,
από (1),(2).
Βήμα 1: Διατύπωση του Προβλήματος
ΑπάντησηΔιαγραφήΈστω το τετραγωνικό πολυώνυμο P(x)=x^2+ax+b με πραγματικούς συντελεστές a,b.
Υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί s≠t τέτοιοι ώστε:P(s)=t και P(t)=s.
Θα αποδείξουμε ότι ο αριθμός b−st είναι ρίζα της εξίσωσης: x^2+ax+(b−st)=0.
Βήμα 2: Χρήση των Δεδομένων Συνθηκών
Από τις συνθήκες του προβλήματος έχουμε:
(1)s^2+as+b=t,
(2)t^2+at+b=s
Βήμα 3: Αφαίρεση των Εξισώσεων
Αφαιρούμε την (2) από την (1):
(s^2−t^2)+a(s−t)=t−s
Παραγοντοποιούμε:
(s−t)(s+t)+a(s−t)=−(s−t)
Διαιρούμε με s−t≠0:
s+t+a=−1⇒s+t=−1−a (3)
Βήμα 4: Πρόσθεση των Εξισώσεων
Προσθέτουμε τις (1) και (2):
s^2+t^2+a(s+t)+2b=s+t
Χρησιμοποιούμε την ταυτότητα:
s^2+t^2=(s+t)^2−2st
Οπότε:
(s+t)^2−2st+a(s+t)+2b=s+t
Αντικαθιστούμε από την (3): s+t=−1−a:
(1+a)^2−2st−a(1+a)+2b=−1−a
Απλοποιούμε:
1+2a+a^2−2st−a−a^2+2b=−1−a,
1+a−2st+2b=−1−a
Μεταφέρουμε όρους:
2b−2st=−2−2a⇒b−st=−1−a. (4)
Βήμα 5: Επαλήθευση ότι το b−st είναι Ρίζα
Θεωρούμε την εξίσωση:
Q(x)=x^2+ax+(b−st)
Θέτουμε x=b−st και υπολογίζουμε:
Q(b−st)=(b−st)^2+a(b−st)+(b−st)
Παραγοντοποιούμε:
Q(b−st)=(b−st)[(b−st)+a+1]
Από την (4): b−st=−1−a, οπότε: (b−st)+a+1=0
Επομένως: Q(b−st)=0
Βήμα 6: Συμπέρασμα
Αποδείξαμε ότι ο αριθμός b−st ικανοποιεί την εξίσωση x^2+ax+(b−st)=0
άρα είναι ρίζα της b−st