Równania wielomianowe - twierdzenie o rozwiązywaniu całkowitych Michał: Dla jakich wartości n równanie xⁿ + x + 2 = 0 ma rozwiązania całkowite? Znajdź te rozwiązania.

aniabb: n= 0, n=1 , n=3 n=5 n=7 ... itd nieparzyste

Michał: Dlaczego?

aniabb: bo dla n=0 ⇒ 1+x+2 =0 x=−3 n=1 ⇒ x+x+2 =0 x=−1 n=2 ⇒ Δ<0 n=3 ⇒ x³+x+2=0 x=−1 i dla parzystych zawsze Δ<0, a dla nieparzystych rozwiązaniem jest −1

aniabb: ta delta to w cudzysłowie ale nie ma takiej liczby całkowitej której parzysta potęga jest większa od niej samej (zwłaszcza obniżonej o 2) niebieska x²⁰ fiolet x²

Artur_z_miasta_Neptuna: albo troszeczkę 'namacalne' wytłumaczenie: dla n=0 x+2 = 0 ⇔ x=−2 dla n≠0 1) jakie pierwiastki całkowite może mieć wielomian postaci xⁿ + x + 2 = 0 Odp: Takie, które dzielą wyraz wolny ('2') bez reszty. Czyli to może być +1, −1, +2, −2 i nic więcej. 2) jeżeli piewiastkiem by była +2 lub + 1 to: xⁿ > 0 x > 0 2 > 0 więc ich suma >0 więc nigdy nie będzie = 0 3) jeżeli pierwiastkiem by była −2 xⁿ = (−2)ⁿ x = −2 2 = 2 suma: (−2)ⁿ − 2 + 2 = (−2)ⁿ ≠ 0 dla każdego 'n' 4) czyli pierwiastkiem może być tylko −1 xⁿ = (−1)ⁿ x = −1 2 = 2 suma: (−1)ⁿ −1 + 2 = (−1)ⁿ + 1 (−1)ⁿ + 1 = 0 ⇔ (−1)ⁿ = −1 ⇔ n = 2k+1 (k∊'całkowitych') ... czyli dla każdego 'n' będącego liczbą nieparzystą (czyli liczby (.... , −1001, .... , −3, −1, 1, 3, ...., 1001, ...) powyższe rozumowanie jest prawidłowe (chodzi o punkt 4) dla n∊'całkowitych' jeżeli n to dowolna liczba R, to jest o wiele więcej n spełniających to równanie:

	1		1
b) (		,		, ....)
	3		5

	1		1
c) ( −		, −		, ....)
	3		5

aniabb: odruchowo wzięłam n∊N

Artur_z_miasta_Neptuna: wiem Aniu wiem ... i zapewne autorowi (nauczycielowi) też chodziło o n∊N