İşlemin ardındaki yapıyı gör.

Üssün hem polinom olma hem de derece koşulunu sağlamasını iste.

D · 3

Polinomda değişkenin üssü negatif olmayan tam sayıdır; m − 1 ≥ 0, yani m ≥ 1 gerekir. Derecenin 2 olması için m − 1 ≤ 2, yani m ≤ 3 olmalıdır. m = 1, 2 ve 3 uygundur. m = 3’te x² terimleri toplanır ve 4x² olur; katsayı sıfırlanmadığı için derece yine 2’dir. Üç farklı değer vardır.

Açılımın tamamı yerine hangi iki çarpımın x² ürettiğini izle.

D · 5

x² terimi iki çarpımdan gelir: 2x·3x = 6x² ve (−1)·x² = −x². Toplam katsayı 6 − 1 = 5’tir. Açılımın tamamı 2x³ + 5x² + x − 2 şeklindedir. En yüksek dereceli terimin katsayısı ile istenen x² katsayısını karıştırmamak gerekir.

Katsayılar toplamını veren özel x değerini kullan.

D · −2

Katsayılar toplamı P(1)’dir; çünkü x = 1’de her kuvvet 1 olur. P(1) = (1 − 1)(1 + 2)³ + 5·1 − 7 = 0 − 2 = −2. Yüksek dereceli çarpımı açmaya gerek yoktur. P(0) ise katsayılar toplamını değil sabit terimi verir.

Bölenin sıfır olduğu x değerinde polinomu hesapla.

E · 5

x − 2 ile bölümün kalanı P(2)’dir. P(2) = 8 − 12 + 2a + 1 = 2a − 3. Bu değer 7 olduğundan 2a = 10 ve a = 5. Kontrol için P(2) = 8 − 12 + 10 + 1 = 7. Bölen x − 2 olduğunda yerine 2 konur; −2 konması farklı bir bölenin kalanını hesaplar.

Kalanı ax + b olarak yaz; bölenin iki kökünü kullan.

C · 3x + 1

Bölen ikinci dereceden olduğu için kalan en fazla birinci derecedir: R(x) = ax + b. Bölme eşitliğinde x = 1 ve x = −2 koyduğumuzda bölen sıfırlanır, dolayısıyla a + b = 4 ve −2a + b = −5 olur. Denklemleri çıkarınca 3a = 9, a = 3; buradan b = 1. Kalan 3x + 1’dir. İki değerde de verilen koşulları sağlar.

Kökleri çarpanlara dönüştür; baş katsayı bilgisini koru.

E · 3

Baş katsayı 1 olduğundan P(x) = (x + 1)(x − 2)(x − 4). Son iki çarpan x² − 6x + 8, tamamı x³ − 5x² + 2x + 8 olur. Böylece a = −5, c = 8 ve a + c = 3. Kökler toplamının x² katsayısına ters işaretle yansıdığına dikkat edilir.

Bölünen = bölen × bölüm + kalan eşitliğini kullan.

B · −9

Bölme özdeşliği P(x) = (x² + 1)(2x − 3) + 4x + 5’tir. x = −1 için bölen 2, bölüm −5 ve kalan ifadesi 1 olur. P(−1) = 2·(−5) + 1 = −9. Kalanın derecesi 1, bölenin derecesi 2 olduğundan ifade geçerlidir. P(−1) burada yalnız kalan değerine eşit değildir; bölen −1’de sıfır olmaz.

Tek bir girdideki eşitlikle bütün gerçek x’lerde geçerli polinom özdeşliğini ayır.

B · 6

x² − 9 = (x − 3)(x + 3) olduğundan x ≠ 3 için P(x) = x + 3 bulunur. Bu, sonsuz sayıda noktada eşit olan iki polinomun özdeş olmasını gerektirir; P(x) polinomu x + 3’tür ve P(3) = 6. Yalnız x = 3’ü ilk eşitliğe koymak 0 = 0 verir, fakat bütün x’ler için polinom kimliği bilgisi değeri belirler.

Önce en yüksek dereceli terimlerin birbirini götürüp götürmediğini kontrol et.

C · 4

P² = x⁶ + 4x⁴ + 4x²; Q³ = x⁶ + 3x⁴ + 3x² + 1. Çıkarma sonucunda x⁶ terimleri yok olur ve x⁴ + x² − 1 kalır. En yüksek sıfır olmayan kuvvet x⁴ olduğu için derece 4’tür. Farkın derecesi, her zaman iki ifadenin derecelerinin en büyüğü değildir; baş terimler birbirini götürebilir.

Her taban kenarı iki taraftan kısalır; polinomun cebirsel tanımı ile fiziksel modeli ayır.

A · V(x) = 4x³ − 68x² + 280x; 0 < x < 7

Yükseklik x, taban kenarları 20 − 2x ve 14 − 2x olur. V(x) = x(20 − 2x)(14 − 2x) = 4x³ − 68x² + 280x. Bütün uzunluklar pozitif olmalıdır: x > 0, x < 10 ve x < 7; birlikte 0 < x < 7. Uçlarda yükseklik veya kısa taban kenarı sıfır olur, dolayısıyla pozitif hacimli kutu oluşmaz.

Önce yüksek dereceli terimleri sıfırla, sonra kalan baş katsayıyı denetle.

E · 5

Birinci derece için x³ ve x² katsayıları sıfır olmalıdır: a = 2, b = −1. x katsayısı a + b = 1 olup sıfır değildir; dolayısıyla derece gerçekten 1’dir. P(x) = x + 7, P(−2) = 5. Yalnız yüksek dereceli terimleri silmek yetmez; kalan x katsayısının sıfır olmadığını kontrol etmek gerekir.

İstenen noktaya ardışık farklarla ilerle; bütün polinomu açmak zorunlu değildir.

A · 18

x = 0 için P(1) − P(0) = 5, dolayısıyla P(1) = 7. x = 1 için P(2) − P(1) = 11; P(2) = 18. Katsayılarla kontrol de yapılabilir: P = ax² + bx + c yazınca fark 2ax + a + b’dir. Buradan a = 3, b = 2, c = 2; P(2) = 12 + 4 + 2 = 18. İki yol aynı değeri verir.

P(−1)’de hangi kuvvetlerin işaret değiştirdiğini ayır.

C · 3

Çift kuvvetli katsayıların toplamına E, tek kuvvetlilerin toplamına O diyelim. P(1) = E + O = 7; P(−1) = E − O = 1. İki denklemi çıkarınca 2O = 6 ve O = 3. Sabit terim x⁰ olarak çift kuvvetli gruba katılır. P(1)’i doğrudan cevap seçmek tek kuvvetli katsayılar ile bütün katsayıları karıştırır.

İki kök için denklemleri topla; bilinmeyenler yok olursa ne kalıyor?

A · Böyle gerçek a ve b yoktur.

x² − 4 = (x − 2)(x + 2) olduğundan P(2) ve P(−2) sıfır olmalıdır. P(2) = 20 + 8a + 2b; P(−2) = 20 − 8a − 2b. Bu iki değerin toplamı her a, b için 40’tır. İkisinin aynı anda sıfır olması toplamı 0 gerektirir ve çelişki doğar. Tek kökte kalanı sıfırlayan parametreler diğer kökü sağlayamaz.

En yüksek terimi ve onun bir altındaki terimi karşılaştır.

D · 10x⁴

İki açılımda x⁵ terimleri aynı olduğu için farkta yok olur. x⁴ teriminin katsayısı ilk açılımda 5, ikinci açılımda −5’tir; fark 10x⁴ verir. Daha düşük kuvvetler bunu değiştiremez. Tam açılım 10x⁴ + 20x² + 2’dir. İşlemden önce iki polinom da beşinci derece olsa da farkın derecesi 4’tür; baş katsayı iptali kontrol edilmelidir.

P(1)’i elde etmek için özdeşlikte hangi x değerini kullanmalısın?

A · 4

Katsayılar toplamı P(1)’dir. 2x = 1 olması için x = 1/2 seçilir. Sağ taraf 8·(1/8) + 4·(1/4) − 6·(1/2) + 5 = 1 + 1 − 3 + 5 = 4. Alternatif olarak P(t) = t³ + t² − 3t + 5 bulunur. Verilen ifadenin katsayılarını doğrudan toplamak P(2)’yi verir; P(1)’i vermez.

Bölümün derecesini ve baş katsayısını belirle; sabit terimden kalan parametreyi bul.

C · −3

Bölüm birinci derecedir ve baş katsayı 1 olduğundan P(x) = (x − 1)²(x + c) yazılır. Sabit terim c’dir; verilen 2 nedeniyle c = 2. Açılım (x² − 2x + 1)(x + 2) = x³ − 3x + 2 olur. a = 0, b = −3 ve toplam −3. x = 1’in kök olduğunu bilmek tek başına çift katlı çarpanı garanti etmez; burada verilen karesel bölünebilme kullanılır.

Kalanları polinomların 2 noktasındaki değerleri olarak kullan.

B · 11

Doğrusal bölenin kökü 2 olduğundan P(2) = 5 ve Q(2) = −1. İstenen ifadenin kalanı, bu ifade 2’de hesaplanarak bulunur: 5² + 3·5·(−1) + (−1)² = 25 − 15 + 1 = 11. Polinomların bütün katsayılarını bilmeye gerek yoktur. Q’nun negatif kalanı çarpım teriminin işaretini değiştirir; karesinde ise pozitif 1 elde edilir.

Bölenin köklerinde içteki x² + 1 ifadesi hangi sabit değeri alıyor?

E · 5

x² − 2’ye göre bölümde x² yerine 2 düşünülür; bu nedenle x² + 1 yerine 3 kalır ve P(x² + 1) için kalan P(3) = 5’tir. Bunu iki kökle de denetleyebiliriz: x = ±√2 için Q = 5. Kalan ax + b biçimindedir; iki zıt noktada aynı 5 değerini verdiğinden a = 0 ve b = 5. P’nin derecesini bilmek gerekmez.

Sabit fark hangi katsayıların aynı olmasını zorunlu kılar?

B · x² − 4x + 4

P(x) = (x − 1)(x − 3) = x² − 4x + 3. P − Q’nun sabit olması x² ve x katsayılarının aynı olmasını gerektirir; Q = x² − 4x + c. Q(2) = 4 − 8 + c = 0, c = 4. Q = x² − 4x + 4 = (x − 2)². P’nin iki farklı kökü olsa da sabit farkla ötelenen Q’nun çift kökü olabilir.

Sıfır olmayan polinomların çarpımında dereceler toplanır.

C · −1 ve 1

P sıfır polinomu olamaz; çarpımı 1’dir. Derecesi n ise P(−x) de n derecelidir ve çarpımın derecesi 2n olur. Sabit 1’in derecesi 0 olduğundan n = 0; P sabittir. P(x) = c yazınca c² = 1, c = ±1. Her iki sabit polinom da koşulu sağlar; dolayısıyla P(2) −1 veya 1 olabilir. Noktaya göre işaret değiştiren bir kural bu özdeşliği sağlasa bile polinom değildir.

a = 1 ile a ≠ 1 durumlarını ayır; çarpımda baş terim kendiliğinden iptal olur mu?

B · 1 ve 5

a ≠ 1 için P üçüncü, Q ikinci derecedir. Baş katsayıların çarpımı (a − 1)² sıfır olmadığından çarpımın derecesi 5’tir. a = 1’de P = x, Q = 2; çarpım 2x ve derece 1 olur. Q hiçbir durumda sıfır polinomu değildir; sabit terimi 2’dir. Bu yüzden sıfır polinomu veya başka bir derece ortaya çıkmaz. Parametrenin baş katsayıyı sıfırladığı özel değer ayrı ele alınır.

Üç koşulu üç katsayı için kullan; derece sınırı verilmeseydi tek sonuç çıkar mıydı?

E · 19

P = ax² + bx + c yazalım. P(0) = 1’den c = 1. Diğer bilgiler a + b = 2 ve 4a + 2b = 8 verir. İkinci eşitlikten ilkinin iki katını çıkarınca 2a = 4, a = 2 ve b = 0. P = 2x² + 1, P(3) = 19. Derece en fazla 2 koşulu önemlidir; daha yüksek dereceli polinomlar aynı üç noktayı sağlayıp 3’te başka değer verebilir.

Polinomun sıfır olmayan en yüksek teriminin kaydırmada ürettiği farkı düşün.

B · 7

Sıfır olmayan, n ≥ 1 dereceli P’nin baş terimi axⁿ olsun. P(x + 2) − P(x) ifadesinde en yüksek kalan terim 2na·x^(n − 1) olur ve katsayısı sıfır değildir. Bu farkın her x için sıfır olması mümkün değildir. Bu nedenle P sabittir. P(1) = 7 sabitin 7 olduğunu gösterir; P(100) = 7. Genel periyodik fonksiyonlar sabit olmayabilir; sonucu sağlayan ek bilgi polinom olmaktır.

Önce x²’yi yeni değişken olarak al, sonra gerçek x köklerine geri dön.

D · 3

t = x² koyunca t² − 5t + 4 = (t − 1)(t − 4). Böylece x² = 1 veya x² = 4, kökler −1, 1, −2, 2 olur. Soruda yalnız pozitif kökler istendiği için 1 ve 2 seçilir; toplam 3. t değişkeninin köklerini doğrudan x kökleri sanmak 1 ve 4 toplamını verir ve yanlıştır. Dört kökün hepsi farklıdır.

Yol alanını, bütün bahçe alanından ortada kalan alanı çıkararak bul.

E · 64x − 4x²

Bahçenin toplam alanı 240 m²’dir. Yol dışındaki orta dikdörtgenin kenarları 20 − 2x ve 12 − 2x, alanı 240 − 64x + 4x² olur. Yol alanı toplamdan orta alan çıkarılınca 64x − 4x²’dir. Yalnız çevreyi x ile çarpmak 64x verir, fakat köşe bölgelerini iki kez sayar. −4x² düzeltmesi bu çakışmayı giderir. 0 < x < 6 koşulu orta dikdörtgenin iki kenarını da pozitif tutar.

İki kare farkını kullan; polinom kimliğinin bütün x’ler için geçerli olduğunu koru.

D · −5

Q² − P² = (Q − P)(Q + P) sıfır polinomudur. Gerçek katsayılı iki polinomun çarpımı sıfır polinomuysa çarpanlardan biri sıfır polinomudur; Q her yerde P veya her yerde −P olmalıdır. Q(0) = −1 ve P(0) = 1 olduğu için Q = −P seçilir. Q(2) = −(4 + 1) = −5. Noktadan noktaya farklı işaret seçimi tek bir polinom oluşturmaz.

Q’nun en yüksek terimini P’deki en yüksek kuvvete yerleştir.

A · 6

P(t) = at² + bt + c ve a ≠ 0; Q’nun baş terimi dx³ ve d ≠ 0 olsun. P(Q(x)) içinde en yüksek terim a·(dx³)² = ad²x⁶ olur. Katsayısı sıfır değildir. Diğer terimler en fazla üçüncü dereceli olduğu için x⁶’yı iptal edemez. Derece 2·3 = 6. Polinomların doğrudan çarpımındaki derece toplamı 5, bileşkede geçerli değildir.

Doğrusal çarpanların köklerini kullan; koşulların birbiriyle uyumunu da denetle.

D · −5

Bölenin kökleri 1 ve −1’dir. Pay polinomunda 1 koyunca 1 + a + b + 4 = 0, yani a + b = −5. −1 koyunca −1 + a − b + 4 = 0, yani a − b = −3. Birlikte a = −4, b = −1 bulunur; koşullar gerçekten tutarlıdır. Çarpanlara ayırma kontrolü x³ − 4x² − x + 4 = (x² − 1)(x − 4) biçimindedir.

İki kare farkını kullan; x² katsayısını sıfıra eşitle.

C · 2

İki ifadeyi A + B ve A − B olarak görebiliriz: A = x² + 1, B = kx. Çarpım A² − B² = x⁴ + (2 − k²)x² + 1. x² katsayısının sıfır olması 2 − k² = 0, k² = 2 gerektirir. Gerçek k için iki değer ±√2 mümkündür; soru k’yi değil k²’yi istediğinden tek sayısal sonuç vardır. İşaretli kx terimleri çarpımda x³ terimi üretip sonra birbirini götürür.