Reszta z dzielenia wielomianu Kalirr: Ile wynosi reszta z dzielenia wielomianu: x²015+1 przez dwumian x²−1?

Kalirr: Tam jest x do potęgi 2015

Mila: w(x)=x²⁰¹⁵+1 x²=1 w(x)=(x²)¹⁰⁰⁷*x+1 R(x)=1*x+1 II sposób Reszta jest postaci: R(x)=ax+b x²−1=(x−1)*(x+1) w(1)=1²⁰¹⁵+1=2=R(1) w(−1)=0⇔R(−1)=0 a*1+b=2 a*(−1)+b=0 2b=2⇔b=1 i a=1 R(x)=x+1

piotr: x²⁰¹⁵+1 = (x+1) ∑_n=0²⁰¹⁴(−x)ⁿ

(x+1) ∑n=02014(−x)n		(x+1)∑n=02014(−x)n
	=		=
x2−1		x2−1

	(x+1)(1+∑n=01006x2n+1(x−1))		(x+1)(∑n=01006x2n+1(x2−1))
=		=		=
	x2−1		x2−1

=∑_n=0¹⁰⁰⁶x²ⁿ⁺¹ + [x+1] R = x+1

Eta: To zadanie ze szkoły średniej!

Eta: Nie "mąć" maturzyście w głowie

Mila: Jeszcze Mariusza brakuje.

Mariusz: Ja rozwiązywałbym drugim sposobem podanym przez ciebie W sieci dostępny jest też e−boook Numerical recipes in C z kodem funkcji do dzielenia wielomianów z resztą

PW: Jeszcze muszę i ja podzielić się wątpliwościami na temat pierwszego sposobu Mili. Jak to wytłumaczyć licealiście? Podstawienie x²=1 wydaje się nie mieć żadnego uzasadnienia i nie wiadomo dlaczego miałoby to dawać resztę z dzielenia. Pomyślałem, że można to "sprzedać" w taki sposób: Wielomian x²⁰¹⁵+1=(x²)¹⁰⁰⁷x+1 można potraktować po podstawieniu x²=t jako wielomian zmiennej t z parametrem x: Q(t)=t¹⁰⁰⁷x+1. Reszta z dzielenia tego wielomianu przez (t−1) jest równa Q(1)=1¹⁰⁰⁷x+1=x+1. Inaczej mówiąc reszta z dzielenia x²⁰¹⁵+1 przez (x²−1) jest równa x+1.

Adam0: to ma taki sam sens, jaki mają zapisy 3¹⁰⁰=1 (mod 2) działa na tej samej zasadzie proponuję taki zapis x²⁰¹⁵+1≡x+1 (mod x²−1) W(x) ≡ V(x) (mod P(x)) jest równoważne P(x)|(W(x)−V(x)) lub inaczej mówiąc, W(x) oraz V(x) dają takie same reszty z dzielenia przez P(x)

PW: No tak, ale licealiści nie uczą się o przystawaniu modulo, chciałem pokazać jak wytłumaczyć to co zrobiła Mila na podstawie twierdzenia o reszcie z dzielenia wielomianu przez dwumian.

Satan: A ja jako licealista stwierdzam, że sposób PW i drugi sposób Mili są najprostsze. I jako, że jestem nader ciekawy − Milu, skąd podstawienie za x² jedynki? Co do rozwiązania piotra, w jaki sposób to działa? Wiem, że to wykorzystanie dwumianu Newtona i chętnie się dowiem jak, bo jest to najzwyczajniej w świecie interesujące I oczywiście Adam0 − mógłbym prosić o wyjaśnienie? Skąd to przystawanie? Pierwszy raz się z tym spotykam i pewnie nie ostatni raz, więc fajnie byłoby wiedzieć co w trawie piszczy

Satan: PW, czyli cały zabieg Mili polega na przedstawieniu wielomianu w formie takiej, by to x² było argumentem i stąd ten zabieg?

PW: Tak, ja tak to rozumiem, stąd wzięło się x²=1 − po prostu liczymy Q(1), co daje resztę z dzielenia Q(t) przez (t−1). Zabieg z wielomianem zmiennej t Mila pominęła, stąd nie bardzo było wiadomo dlaczego tak.

piotr: w moim rozwiązaniu "błąd w druku": ostatni ułamek powinie wyglądać tak:

(x+1) + (∑n=01006x2n+1(x2−1))
x2−1