Gönderen Konu: Tübitak Lise 2. Aşama 2000 Soru 2  (Okunma sayısı 2451 defa)

Çevrimdışı geo

  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 1897
  • Karma: +8/-0
Tübitak Lise 2. Aşama 2000 Soru 2
« : Ağustos 06, 2013, 04:23:52 öö »
Her $n$ pozitif tamsayısı için $$P_{n}(x)=x^{n-1}+x^{n-2}+x^{n-3}+\ldots +x+1$$ şeklinde tanımlanıyor. Her $a$ pozitif tamsayısı için, $$P_{n}(x)=(1+ax+x^{2}R(x)) Q(x)$$ olacak şekilde bir $n$ pozitif tam sayısı ile, katsayıları tam sayılar olan $R(x)$ ve $Q(x)$ polinomlarının bulunduğunu gösteriniz.
« Son Düzenleme: Ekim 11, 2014, 01:35:09 ös Gönderen: geo »

Çevrimdışı geo

  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 1897
  • Karma: +8/-0
Ynt: Tübitak Lise 2. Aşama 2000 Soru 2
« Yanıtla #1 : Ağustos 06, 2013, 04:24:13 öö »
$n$, ilk $k$ asal sayının çarpımı olsun.
$k=2$ için, $n=6$ dır.
$$P_6\left(x\right)\left(x-1\right)=x^6-1=\left(x-1\right)\underbrace{\left(x+1\right)\left(x^2+x+1\right)}_{x^2R\left(x\right)+2x+1}\cdot\underbrace{\left(x^2-x+1\right)}_{Q\left(x\right)}.$$
$a=2$ için $n=6$, $R\left(x\right)=x+2$ ve $Q\left(x\right)=x^2-x+1$ olarak bulunabiliyor.
Genel olarak $\left(\dots +x+1\right)$ şeklinde $a$ ifadeyi yan yana çarpasak, $ax$ li bir terim elde ederiz.
$k=3$ için, $n=2\cdot 3\cdot 5=30$.
$$P_{30}\left(x\right)\left(x-1\right)=x^{30}-1$$
polinomunun $x^2-1$, $x^6-1$, $x^{10}-1$ polinomları ayrı ayrı böler. Ama hep birlikte bölmez.
Benzer şekilde $x-1$, $x+1$, $x^3-1$, $x^3+1$, $x^5-1$, $x^5+1$ polinomları da $x^{30}-1$ i ayrı ayrı böler. Ama hep birlikte bölmez.
Bu durumda $x^2+x+1$ ile $x^4+x^3+x^2+x+1$ polinomları da $x^{30}-1$ i ayrı ayrı böler. Bu iki polinomun $\text{ebob}$ ları $1$ ise $x^{30}-1$ i ikisi birlikteyken böler. Yani $$\left(x^2+x+1\right)\left(x^4+x^3+x^2+x+1\right)|x^{30}-1$$ Bu iki polinomun aralarında asal olduğu $$x^4+x^3+x^2+x+1=x^2\left(x^2+x+1\right)+x^2+x+1-x^2=\left(x^2+x+1\right)\left(x+1\right)-x^2$$ şeklinde gösterilebilir. Bu durumda $$x^{30}-1=Q\left(x\right)\left(x-1\right)\underbrace{\left(x+1\right)\left(x^2+x+1\right)\left(x^4+x^3+x^2+x+1\right)}_{\dots +3x+1}$$ şeklinde $n$ sayısı ile $R\left(x\right)$ ve $Q\left(x\right)$ polinomları bulunabilir.

İddia:
$$\text{ebob}\left(x^m-1,x^n-1\right)=x^{\text{ebob}\left(m,n\right)}-1$$
İspat:
$d=\left(m,n\right)\Rightarrow x^d-1|x^m-1$ ve $x^d-1|x^n-1$.
$$\left(x^m-1,x^n-1\right)=t\Rightarrow x^d-1|t\Rightarrow x^d-1\le t.$$
$mr-ns=d$ ya da eşdeğer olarak $mr=d+ns$ olacak şekilde $r$ ve $s$ pozitif tam sayıları vardır. (Bachet-Bezout Teoremi)
$t|x^{mr}-1$ ve $t|x^{ns}-1$ olduğu aşikar. Bu durumda
$$t\left|x^d\left(x^{ns}-1\right)\Rightarrow t\right|x^{d+ns}-x^d\Rightarrow t|x^{mr}-x^d$$ ve $$t\left|{(x}^{mr}-1\right)-\left(x^{mr}-x^d\right)\Rightarrow t|x^d-1\Rightarrow t\le x^d-1$$ elde edilir. $x^d-1\le t\le x^d-1$ ifadesinin tek bir anlamı vardır: $$\left(x^m-1,x^n-1\right)=t=x^d-1=x^{\left(m,n\right)}-1 \blacksquare$$
$p$ ve $q$ farklı asal sayılar olmak üzere; ispatladığımız iddiaya göre
$$\text{ebob}\left(x^p-1,x^q-1\right)=x-1$$
Soruya geri dönersek,
$k=a$ için, $n$ sayısı ilk $a$ asal sayının çarpımı olacak.
Her $p|n$ asal sayısı için $x^p-1|x^n-1$ olacağı aşikar. Bu durumda $1+x+\dots +x^{p-1}|x^n-1$.
Bu şekilde asal sayılardan $a$ tane olduğu için, en az $a$ tane $\left(1+x+\dots \right)$ şeklinde bölen vardır. Bu $a$ bölenin hepsinin ikişerli olarak aralarında asal olduğunu yukarıdaki iddiada gösterdik. Bu durumda bu $a$ bölenin hepsi birlikte çarpandır. Bu durumda $$x^n-1=\left(x-1\right)\underbrace{\ \dots \ }_{Q\left(x\right)}(1+ax+\underbrace{\ \dots \ }_{x^2R\left(x\right)})$$ elde edilir.


Not:
$n$ asalken $P(x) = x^{n-1} + x^{n-2} + \dots + x + 1$ polinomlarının indirgenemez olduğunu Eisenstein Kriteri ile de gösterebiliriz.
« Son Düzenleme: Şubat 01, 2022, 12:02:45 öö Gönderen: geo »

 


Sitemap 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 
SimplePortal 2.3.3 © 2008-2010, SimplePortal