Tredjegradspolynomium

Hvis det er tilladt så brug et CAS værktøj til det.

Ellers kan du prøve at gætte på en løsning, Hvis der findes et rationalt tal, der er løsning til ligningen skal tælleren gå op i konstantleddet, nævneren i koefficienten til leddet med den højeste grad. I dettte tilfælde er mulighederne.

±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ± 12

Jeg ser at a forsvinder fra ligningen hvis λ=-1 så prøv den først

#1

Det er ikke tilladt, nej.

Lommeregneren kan godt finde ud af at faktorisere det, men jeg hvordan er det lige det fungerer i hånden?

Så må du prøve dig frem med de muligheder, der er angivet i #1 og jeg vil foreslå at du starter med -1

# 0
Konstantleddet må hedde  (5a + 12)

Det karakteristiske polynomiun for A er

p_A(λ) = (1+λ)·(12+5a -4λ -λ²)

Der er altså tre forskellige reelle egenværdier, hvis 2.-gradspolynomiet 12+5a -4λ -λ² har positiv diskriminant og ikke har roden -1 , dvs. hvis

16 + 5a > 0 og 16 + 5a ≠ 1 .

#5

Hvad er strategien normalt, når man skal faktorisere? Hvordan kom du frem til udtrykket i #5? Jeg kan godt se, at det er det samme som i #0, men hvordan kommer man frem til den idé?

#6

Udtrykket fremkommer ved at udregne determinanten, der definerer det karakteristiske polynomium. Det indeholder her reelt set kun to led, og hvert led indeholder faktoren (1+λ) , så faktoriseringen er helt ligetil.

#7

Hvad mener du med, at hvert led indeholder faktoren (1+λ)? (kan du vise det?)

#8

Man har

så

#9

Hvorfor er det, at man ikke direkte kan bruge nulreglen fra første linje af, når du udregner determinanten?

- og hvorfor skifter (- 6 - λ) fortegn fra første til anden linje?

#10

Faktoren (-1-λ) skifter også fortegn.

Hvad mener du med, at man ikke kan bruge nulreglen?

Jeg udviklede determinanten efter første række, men hvis man i stedet udvikler den efter 3. søjle, burde det være helt klart, at polynomiet indeholder faktoren (1+λ) .

#11

Kunne man ikke bruge nulreglen på:

(-6-λ)(2-λ)(-1-λ)-a(5(-1-λ)) til at bestemme rødderne (dvs. λ)? Jeg kan ikke helt se, hvilken indflydelse konstanten a får på rødderne.

#12

Jo, det er jo også det, jeg gjorde i #5 .

p_A(λ) = (1+λ)·(12+5a -4λ -λ²) = 0 ⇔

1+λ = 0  ∨  12+5a -4λ -λ² = 0

Jeg undersøgte så diskriminanten for 2.-gradspolynomiet. For at p_A(λ) skal have 3 forskellige reelle rødder, skal 2.-gradspolynomiet 12+5a -4λ -λ² have 2 reelle rødder (dets diskriminant skal være positiv), og ingen af disse rødder må være lig med -1 .

#13

Jeg er enig, men kunne nulreglen ikke direkte blive brugt på #12?

Det giver værdierne λ = -6, 2 og -1, hvilket ikke er korrekt. Hvorfor skulle man ikke det?

#14

Hvordan fik du a til at forsvinde?

2.-gradsligningen har diskriminanten d = 16 + 4·(12+5a) = 4·(16+5a) .

Rødderne, for d > 0 , dvs. for 16+5a > 0 , er så

λ = -2 ± √(16+5a) .

Da λ ikke må være lig med -1 , skal der så også gælde 16+5a ≠ 1 .

#15

Jeg tænker, at hvis λ = -1, så ryger hele det sidste led væk inkl. konstanten a. Det skulle da være acceptabelt? Hvis vi glemmer det med andengradspolynomiet, så kan jeg ikke se, hvilken effekt konstanten a har, når det alligevel forsvinder for λ = -1.

#16

Jeg forstår overhovedet ikke, hvad du prøver at vise her.

Polynomiet

        p_A(λ) = (1+λ)·(12+5a -4λ -λ²)

skal have 3 forskellige reelle rødder. Så er man da nødt til også at betragte 2.-gradspolynomiet, som er en faktor i p_A(λ) .

#17

Min pointe var, at jeg allerede ud fra den første ligning jf. #12 kunne aflæse 3 reelle rødder uanset konstanten a's indflydelse. Jeg forstår udmærket godt din fremgangsmåde, men kan ikke se, hvorfor min metode er forkert.

#18

Du kan da kun aflæse roden -1 af polynomiet, hvad enten det er skrevet som i #12 eller i #13. De andre to tal, -6 og 2, er jo kun rødder, netop hvis a = 0 .

Udtrykket

        (-6-λ)(2-λ)(-1-λ) -a·5(-1-λ)

er ikke en færdig faktorisering af polynomiet, og din anvendelse af nulreglen er forkert.

#19

Antager vi, at a ≠ 0, f.eks. 5, da giver udtrykket i #19:

(-6-λ)(2-λ)(-1-λ) -25(-1-λ)

Hvilken indvirkning har tallet 25 på rødderne i ovenstående udtryk? Bibeholder vi vi ikke rødderne -6 og 2?