Hogyan kell megoldani ezt a két polinomos feladatot?

Olyan polinomot kell megadni, aminél f(-1)=1, f(0)=3, f(2)=5 és f(4)=2

f(-1) = 1:

Ez bármilyen olyan f(x) polinomra igaz, ami 1 + (x+1)·g(x) alakú, hisz x=(-1)-nél g(x)-et nullával szorozzuk.

Tehát eddig f(x) = 1 + (x+1)·g(x)

f(0) = 3   →         1 + (0+1)·g(0) = 3 → g(0) = 2

Ez bármilyen olyan g(x) polinomra igaz, ami 2 + x·h(x) alakú, hisz x=0-nál h(x)-et nullával szorozzuk.

Tehát eddig f(x) = 1 + (x+1)·(2 + x·h(x))

Így kell tovább is folytatni:

f(2) = 5 →           1 + (2+1)·(2 + 2·h(2)) = 5 → h(2) = (4/3 − 2)/2 = 2/3 - 1 = -1/3

    h(x) = -1/3 + (x-2)·j(x)

Tehát eddig f(x) = 1 + (x+1)·(2 + x·(-1/3 + (x-2)·j(x)))

f(4) = 2 →           1 + (4+1)·(2 + 4·(-1/3 + (4-2)·j(4))) = 2 → j(4) = (((2-1)/(4+1) - 2)/4+1/3) = -7/120

A polinom:

f(x) = 1 + (x+1)(2 + x(-1/3 + (x-2)(-7/120)))

= -7x³/120 - 11x²/40 + 107x/60 + 3

Ezt biztos ki lehet valamilyen Hormer elrendezés-szerűséggel is számolni, de késő van már, hogy rájöjjek...

2)

x⁶ - 2x⁵ + 15x⁴ - 30x³ + 6x² - 9x - 6

Ahogy írtad, a Schönemann-Eizenstein kritérium nem alkalmazható erre. Vagyis LEHET, hogy van osztója. Meg kellene keresni.

Ha a polinomnak van racionális gyöke, akkor azt a racionális gyökteszt megtalálja.

Most az a₆ kitevő 1, tehát csak az a₀ = 6 osztóival kell próbálgatni. Vagyis ±1, ±2, ±3, ±6 valamelyike lehet esetleg gyök.

Az 1-ről és -1-ről gyorsan el lehet dönteni behelyettesítéssel, azok nem gyökök.

A többinél meg gyorsíthatja kicsit az ember a számolást a Horner elrendezéssel.

Mondjuk a 2 esetén:

aᵢ| +1 -2 15 -30 +6 -9 -6

2 | 1   0  15  0   6   3   0

Mázlink van, x-2 osztója a polinomnak.

Osszuk el vele polinomosztással:

- 1·x⁵

maradék: 15x⁴ - 30x³ stb.

- 15·x³

maradék: 6x² - 9x - 6

- 6x

maradék: 3x - 6

- 3

maradék: 0

Vagyis a hányados ez lett: x⁵ + 15x³ + 6x + 3

Megint nézzük a Schönemann-Eizenstein-t. p=3 az egyetlen közös osztója az együtthatóknak (a₅ kivételével persze).

a₅-nek nem osztója, p² = 9 pedig a₀-nak nem osztója, megtaláltuk.

Vagyis ez már irreducibilis. Természetesen az x-2 is irreducibilis, kész vagyunk.

A fenti számolás Z és Q-ban is érvényes. Valójában ℚ-ban számoltunk, de minden szám ∈ ℤ lett, ezért abban is ugyanaz az eredmény.

Az első:

f(-1)=1, f(0)=3, f(2)=5 és f(4)=2

Minden f(c)-hez illetve c-hez:

- ki kell számolni ezt a polinomot: f(c)·(x-a)(x-b)(x-d), vagyis c kivételével mindből (x-N) tényezőt kell csinálni.

- ki kell számolni ezt is: (c-a)(c-b)(c-d) (c-c ebben sincs persze), és ezzel a polinomot el kell osztani.

Végül mindegyik így kijött polinomot össze kell adni.

-1-hez:

  f(-1)·(x-0)(x-2)(x-4) / [(-1-0)(-1-2)(-1-4)] = 1·(x³ - 6x² + 8x) / (-15)

0-hoz:

  f(0)·(x+1)(x-2)(x-4) / [(0+1)(0-2)(0-4)] = 3·(x³ - 5x² + 2x + 8) / (8)

2-höz:

  f(2)·(x+1)(x-0)(x-4) / [(2+1)(2-0)(2-4)] = 5·(x³ - 3x² - 4x) / (-12)

4-hez:

  f(4)·(x+1)(x-0)(x-2) / [(4+1)(4-0)(4-2)] = 2·(x³ - x² - 2x) / (40)

Ezeket össze kellene adni... kis szívás után ugyanaz jön ki, mint fentebb.