cevap B
şöyleki p(1)=p(-1)=1 olduğu açık ayrıca (p(1)-p(-1))/2 = 0 olduğu da görülmekte son yazdığımızdan px polinomunun tek dereceli bir terimi olmadığı yani p(x)=q(x) eşitliği bulunur
şimdi q(0)= b ise p(0) da b dir. ayrıca p(1)=a+b olduğundan bunları düzenlersek px in ax^2 +b olduğu çıkar o halde qx=px olduğundan p^n^n......(x)=(x^3-x)b(x)+p(x) yazıp x =0 için ifadenin (p(0)=b idi) b^n^n....=b=p(0) olduğu ki bu da b şıkkında mevcut olur
şöyleki p(1)=p(-1)=1 olduğu açık ayrıca (p(1)-p(-1))/2 = 0 olduğu da görülmekte son yazdığımızdan px polinomunun tek dereceli bir terimi olmadığı yani p(x)=q(x) eşitliği bulunur
şimdi q(0)= b ise p(0) da b dir. ayrıca p(1)=a+b olduğundan bunları düzenlersek px in ax^2 +b olduğu çıkar o halde qx=px olduğundan p^n^n......(x)=(x^3-x)b(x)+p(x) yazıp x =0 için ifadenin (p(0)=b idi) b^n^n....=b=p(0) olduğu ki bu da b şıkkında mevcut olur
Zaten kalana bilerek ax²+b deyip çok kullanılan iki harfi kullandım, bir de üstüne B şıkkını da yapıştırınca oraya çeldirici olur diye düşündüm. Benden iyi test hazırlayıcısı olurmuş aslında.
tamam şöyle diyelim px=mx^2+n ise ve p(0)=b ise n=b olur p(1)=a+b ise m+n = a+b (n=b idi zaten) sadeleşirse m=a çıkar buradan da mx^2 +n nin ax^2 +b olduğu çıkar
P(0)=b olduğunu nereden anladık? Bölmede x yerine 0 yazılırsa;
P(0)üzeri n üzeri n......=b olur. Dolayısıyla n=1 olma durumu hariç P(0)=b olmaz. Ama soruda kesinlikle ifadesi geçmiş.
P(0)üzeri n üzeri n......=b olur. Dolayısıyla n=1 olma durumu hariç P(0)=b olmaz. Ama soruda kesinlikle ifadesi geçmiş.
Günceldir.Yapan çıkmazsa çözümü bayram sonrasına erteleyelim.
Eveeet, bayramı da geçirdiğimize ve ben internete kavuştuğuma göre sorunun çözümüne geçebiliriz.
P(x) ikinci dereceden bir polinommuş. O halde y,h,f ∈R olmak üzere;P(x)=yx²+hx+f gibidir. P(x)'in çift dereceli terimleri kullanılarak bir Q(x) polinomu oluşturuluyor. O halde Q(x)=yx²+f olur. Ayrıca biz biliyoruz ki M(x) gibi bir polinomun çift dereceli terimlerinin katsayıları toplamı [M(1)+M(-1)]/2 idi. O halde P(x) 'in de çift dereceli terimlerinin katsayıları toplamı [P(1)+P(-1)]/2 olur. Soruda P(x) polinomunun katsayılar toplamı 1 verilmiş. O halde P(1)=1 'dir. Ayrıca P(x)'in (x+1)'e bölümünden kalan da 1'e eşitmiş. (x+1)'i sıfıra eşitlersek x=-1 olur. -1 sayısını polinomda yerine yazarak bulduğumuz P(-1), P(x) polinomunun (x+1)'e bölümünden kalana eşittir. O halde P(-1)=1 olur.
Demiştik ki; P(x)'in çift dereceli terimlerinin katsayıları toplamı [P(1)+P(-1)]/2'dir. O halde P(x)'in çift dereceli terimlerinin katsayıları toplamı (1+1)/2=1 olur. Dolayısıyla y+f=1 olur.
Q(x)=yx²+f demiştik. Şimdi geldik can alıcı kısma.
Q(x)'in (x³-x)'e bölümünden kalan yx²+n dir.
Q²(x)'in (x³-x)'e bölümünden kalan (y²+2yf)x²+f²
Q³(x)'in (x³-x)'e bölümünden kalan (y³+3m²f++3yf²)x²+f³
Q⁴(x)'in (x³-x)'e bölümünden kalan (y⁴+4y³f+6y²f²+4yf³)x²+f⁴
Gördük ki; bu ifadeler binom açılımıyla paralel gidiyor. Dolayısıyla;
Qk(x)'in (x³-x)'e bölümünden kalan ((y+f)k-fk)x²+fk=(1-fk)x²+fk olacaktır.(Üstte y+f=1 demiştik.) (Aslında bu kısımda neden Q10000000(x)'de de bunun geçerli olduğunu göstermemiz gerekir; ama o kısımı atlıyorum. )
O halde; (Qn)n)n..'in x³-x'e bölümünden kalan da;
(1-(fn)n)n..)x²+(fn)n)n.. olur. Ki soruda bu kalanın ax²+b olduğu verilmiş. O halde;
ax²+b=(1-(fn)n)n..)x²+fn)n)n.. olur.
İki polinomun eştiliğini kullanırsak;
a=1-(fn)n)n.. olur.
(fn)n)n..)=1-a olur.
O halde logaritmanın tanımından hareketle;
logf(1-a)=(nn)n)n.. olur.
O halde; logn(log f (1-a)=log f (1-a) olur.
f dediğimiz Q(x)'in ve aynı zamanda P(x)'in sabit terimidir. Yani f yerine P(0) yazılabilir. O halde D seçeneğine ulaşılır.
P(x) ikinci dereceden bir polinommuş. O halde y,h,f ∈R olmak üzere;P(x)=yx²+hx+f gibidir. P(x)'in çift dereceli terimleri kullanılarak bir Q(x) polinomu oluşturuluyor. O halde Q(x)=yx²+f olur. Ayrıca biz biliyoruz ki M(x) gibi bir polinomun çift dereceli terimlerinin katsayıları toplamı [M(1)+M(-1)]/2 idi. O halde P(x) 'in de çift dereceli terimlerinin katsayıları toplamı [P(1)+P(-1)]/2 olur. Soruda P(x) polinomunun katsayılar toplamı 1 verilmiş. O halde P(1)=1 'dir. Ayrıca P(x)'in (x+1)'e bölümünden kalan da 1'e eşitmiş. (x+1)'i sıfıra eşitlersek x=-1 olur. -1 sayısını polinomda yerine yazarak bulduğumuz P(-1), P(x) polinomunun (x+1)'e bölümünden kalana eşittir. O halde P(-1)=1 olur.
Demiştik ki; P(x)'in çift dereceli terimlerinin katsayıları toplamı [P(1)+P(-1)]/2'dir. O halde P(x)'in çift dereceli terimlerinin katsayıları toplamı (1+1)/2=1 olur. Dolayısıyla y+f=1 olur.
Q(x)=yx²+f demiştik. Şimdi geldik can alıcı kısma.
Q(x)'in (x³-x)'e bölümünden kalan yx²+n dir.
Q²(x)'in (x³-x)'e bölümünden kalan (y²+2yf)x²+f²
Q³(x)'in (x³-x)'e bölümünden kalan (y³+3m²f++3yf²)x²+f³
Q⁴(x)'in (x³-x)'e bölümünden kalan (y⁴+4y³f+6y²f²+4yf³)x²+f⁴
Gördük ki; bu ifadeler binom açılımıyla paralel gidiyor. Dolayısıyla;
Qk(x)'in (x³-x)'e bölümünden kalan ((y+f)k-fk)x²+fk=(1-fk)x²+fk olacaktır.(Üstte y+f=1 demiştik.) (Aslında bu kısımda neden Q10000000(x)'de de bunun geçerli olduğunu göstermemiz gerekir; ama o kısımı atlıyorum. )
O halde; (Qn)n)n..'in x³-x'e bölümünden kalan da;
(1-(fn)n)n..)x²+(fn)n)n.. olur. Ki soruda bu kalanın ax²+b olduğu verilmiş. O halde;
ax²+b=(1-(fn)n)n..)x²+fn)n)n.. olur.
İki polinomun eştiliğini kullanırsak;
a=1-(fn)n)n.. olur.
(fn)n)n..)=1-a olur.
O halde logaritmanın tanımından hareketle;
logf(1-a)=(nn)n)n.. olur.
O halde; logn(log f (1-a)=log f (1-a) olur.
f dediğimiz Q(x)'in ve aynı zamanda P(x)'in sabit terimidir. Yani f yerine P(0) yazılabilir. O halde D seçeneğine ulaşılır.
gereksizyorumcu 02:03 31 Eki 2012 #17
burada sonsuz tane n. kuvvet mi alınıyor? ben sabit bi sayıda mesela 10 kez alındığında durum ne olurdu diye düşünüüp kaç kere kuvvet alındığına bağlı olarak bi sonuç çıkacağını düşünmüştüm.
P(x)=Q(x)=cx²+d olsun (bahsedilen P ve Q her zaman eşittir bu atraksiyon neden yapıldı onu anlamadım)
(...((cx²+d)n)n)...=T(x).(x³-x)+ax²+b
burada
x=1 için c+d=1=a+b ve
x=0 için de ((...(d)n)n)...=b bulduk
bu noktada n in 1 den büyük olduğunu düşünürsek (ki n=1 gibi özel bir durum kastedilmemiştir heralde)
seçeneklerde P(0) logaritma tabanı olduğuna göre P(0)=d>0 ve d≠1 olduğundan hareketle
0<d<1 için b→0 ve a→1
d>1 için b→∞
bu noktada d>1 alamayız çünkü polinomlarda a ve b tanımlayamıyoruz,
d<1 için de zaten ax²+b=x² olduğu çıkıyor
buradan sonrası seçeneklerin yazımına bağlı ama E seçeninde de tanımsızlık oluşuyor.
P(x)=Q(x)=cx²+d olsun (bahsedilen P ve Q her zaman eşittir bu atraksiyon neden yapıldı onu anlamadım)
(...((cx²+d)n)n)...=T(x).(x³-x)+ax²+b
burada
x=1 için c+d=1=a+b ve
x=0 için de ((...(d)n)n)...=b bulduk
bu noktada n in 1 den büyük olduğunu düşünürsek (ki n=1 gibi özel bir durum kastedilmemiştir heralde)
seçeneklerde P(0) logaritma tabanı olduğuna göre P(0)=d>0 ve d≠1 olduğundan hareketle
0<d<1 için b→0 ve a→1
d>1 için b→∞
bu noktada d>1 alamayız çünkü polinomlarda a ve b tanımlayamıyoruz,
d<1 için de zaten ax²+b=x² olduğu çıkıyor
buradan sonrası seçeneklerin yazımına bağlı ama E seçeninde de tanımsızlık oluşuyor.