stepenovanje sa izloziocem 2009

stepenovanje sa izloziocem 2009 26.01.2012. u 18:20 · pre 179 meseci #1

ako je x^2+x+1=0 odredi x^2009+1/x^2009.

zadatak sa prijemnog na etf iz 2009.

ja sam krenuo redom da racunam x^n+1/x^n i dobio da je uvek =-1 sem kad je stepen deljiv sa 3, onda je =2.

pri cemu sam dobio da je x+1/x=-1 iz pocetnog uslova

ima li neko resenje bez pesacenja, nego uz pomoc nekog rastavljanja?

Re: stepenovanje sa izloziocem 2009 26.01.2012. u 18:38 · pre 179 meseci #2

Resis jednacinu $x^2+x+1=0$ , dobices kompleksna resenja, i onda odredis $x^{2009}$ , koristeci $x^{2009}=(x^2)^{1004}\cdot x$ i posle ces lako naci ostatak.

Potpis

Leonardo da Vinči

Nema istine u onim naukama u kojima se matematika ne primenjuje.

Milorad Stevanović

Bog postoji zato sto je matematika neprotivurečna.

Re: stepenovanje sa izloziocem 2009 26.01.2012. u 18:38 · pre 179 meseci #3

Možeš preko kompleksnih brojeva, odnosno stepenovanje kompleksnog broja.

Potpis

A mathematician is a blind man in a dark room looking for a black cat which isn't there.

Re: stepenovanje sa izloziocem 2009 26.01.2012. u 19:37 · pre 179 meseci #4

I na taj nacin sam dobio, mora da se proradi sa oba resenja, i u oba slucaja se dobije -1. To mi je bila jedna od ideja da resim. Radio sam i preko 2009-tog korena kompleksnog broja i tako je moglo.

Ono sto mene zanima je da li moze nekako da se preko x+1/x=-1

racuna bilo koji oblik tipa x^n+1/x^n???

pomocu kompleksnih brojeva je moguce bilo koji stepen, ali me zanima da li postoji neki sablon ili neka formula za izrazavanje preko x+1/x.

Nesto tipa ako mi treba x^2+1/x^2 to je = (x+1/x)^2 - 2.

Re: stepenovanje sa izloziocem 2009 26.01.2012. u 22:35 · pre 179 meseci #5

Mozda nesto ovako:
za n parno: $x^n+\frac{1}{x^n}=\left(x+\frac{1}{x}\right)^n-{n \choose n/2}-\sum^{n/2-1}_{k=1}{{n \choose k}\left(x^{2k}+\frac{1}{x^{2k}}\right)}$
i z n neparno: $x^n+\frac{1}{x^n}=\left(x+\frac{1}{x}\right)^n-\sum^{(n-1)/2}_{k=1}{{n \choose k}\left(x^{2k-1}+\frac{1}{x^{2k-1}}\right)}$

Imam neki osecaj da sam izbrljao, ali imao sam najbolju nameru :)

Re: stepenovanje sa izloziocem 2009 26.01.2012. u 23:10 · pre 179 meseci #6

Po binomnoj formuli je: $\Bigg(x+\frac{1}{x} \Bigg)^n=\sum_{k=0}^n {n \choose k}x^{n-k}\Bigg(\frac{1}{x}\Bigg)^k$ ,odakle se dobija: $x^n+\frac{1}{x^n}=\sum_{k=0}^n {n \choose k}x^{n-k}\Bigg(\frac{1}{x}\Bigg)^k-\sum_{k=1}^{n-1} {n \choose k}x^{n-k}\Bigg(\frac{1}{x}\Bigg)^k$ .

Potpis

حياتي هو العلم بلدي (الرياضيات)

Re: stepenovanje sa izloziocem 2009 26.01.2012. u 23:18 · pre 179 meseci #7

Citat:

edisnp: Po binomnoj formuli je: $\Bigg(x+\frac{1}{x} \Bigg)^n=\sum_{k=0}^n {n \choose k}x^{n-k}\Bigg(\frac{1}{x}\Bigg)^k$ ,odakle se dobija: $x^n+\frac{1}{x^n}=\sum_{k=0}^n {n \choose k}x^{n-k}\Bigg(\frac{1}{x}\Bigg)^k-\sum_{k=1}^{n-1} {n \choose k}x^{n-k}\Bigg(\frac{1}{x}\Bigg)^k$ .

Nije problem naci $x^n+\frac{1}{x^n}$ ovako, vec uz pomoc $x+\frac{1}{x}$ naci $x^n+\frac{1}{x^n}$ . Da si procitao prethodne postove mozda bi to i primetio...

Potpis

Leonardo da Vinči

Nema istine u onim naukama u kojima se matematika ne primenjuje.

Milorad Stevanović

Bog postoji zato sto je matematika neprotivurečna.

Re: stepenovanje sa izloziocem 2009 27.01.2012. u 07:38 · pre 179 meseci #8

Jutro je pametnije od veceri; pogresio sam oko stepena x u sumi:
$x^n+\frac{1}{x^n}=\left(x+\frac{1}{x}\right)^n-{n \choose n/2}-\sum^{n/2-1}_{k=1}{{n \choose k}\left(x^{n-2k}+\frac{1}{x^{n-2k}}\right)}$
$x^n+\frac{1}{x^n}=\left(x+\frac{1}{x}\right)^n-\sum^{(n-1)/2}_{k=1}{{n \choose k}\left(x^{n-2k}+\frac{1}{x^{n-2k}}\right)}$

Inace, mozda ce neko nastaviti jer ovo sad u sumi moze da se razvije unazad pa se mozda dobije neka formula tipa $\sum{c_{k}(x+\frac{1}{x})}$
MIslim, ovo sto sam napisao pokazuje da se moze sniziti stepen, pa se sigurno moze razviti do x+1/x ali ko zna na sta to lici :)

Srodne teme