Теорема Безу —Каталог задач по ЕГЭ - Математика

Тема 19. Задачи на теорию чисел

19.13 Теорема Безу

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела задачи на теорию чисел

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#752

Найдите остаток от деления многочлена $216 36 6 x + x + x − 6$ на многочлен $x+ 1.$

Показать ответ и решение

По теореме Безу остаток от деления многочлена $P (x)$ на $x − x0$ равен $P(x0),$ следовательно, остаток от деления многочлена $216 36 6 x + x + x − 6$ на $x+ 1$ равен

216 36 6 (− 1) + (− 1) + (− 1) − 6 = − 3

Ответ: -3

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#751

Найдите остаток от деления многочлена $3 x − 5$ на многочлен $x− 5.$

Показать ответ и решение

По теореме Безу остаток от деления многочлена $P (x)$ на $x − x0$ равен $P(x0),$ следовательно, остаток от деления многочлена $3 x − 5$ на $x− 5$ равен

3 5 − 5 = 120

Ответ: 120

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#2131

Виталий утверждает, что какими бы ни были три различных числа $x1,$ $x2,$ $x3,$ достаточно знать остатки от деления многочлена второй степени $P2(x)$ на многочлены $x− x1,$ $x− x2,$ $x− x3,$ чтобы этим условием $P2(x)$ определялся однозначно. Прав ли он?

Показать ответ и решение

По теореме Безу остаток от деления многочлена $P (x)$ на $x− x0$ равен $P(x0),$ следовательно, если мы знаем остатки от деления $P2(x)$ на $x − x1,$ $x− x2,$ $x− x3,$ то мы знаем $P2(x1),$ $P2(x2),$ $P2(x3).$

Допустим, что Виталий не прав, тогда существует по меньшей мере два многочлена второй степени $P(x)$ и $Q (x),$ такие, что $P(x1) = Q (x1),$ $P(x2) = Q (x2),$ $P (x3) = Q(x3),$ но $P(x)$ и $Q (x)$ – многочлены второй степени, причём для $i = 1,2,3$ должно быть выполнено

P(xi) = Q(xi) ⇔ P (xi)− Q (xi) = 0 ,

но $R(x) = P (x)− Q(x)$ – многочлен, степень которого не выше 2, следовательно, он может иметь три корня только в случае $R(x) = 0,$ то есть при $P (x) = Q (x),$ следовательно, наше предположение неверно и Виталий прав.

Ответ: Да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#2038

При каких значениях параметра $a$ многочлен $2017 P (x) = x + ax − 5$ делится на многочлен $x + 1?$

Показать ответ и решение

По теореме Безу остаток от деления многочлена $P (x)$ на $x − x0$ равен $P(x0),$ следовательно, остаток от деления многочлена $2017 P(x) = x + ax − 5$ на $x +1$ равен

2017 P(− 1) = (− 1) − a − 5 = − a− 6

По условию требовалось найти $a,$ при которых многочлен $P(x) = x2017 + ax− 5$ делится на многочлен $x+ 1,$ то есть остаток от деления должен быть равен 0:

− a − 6 = 0 ⇔ a = − 6

Таким образом, ответ $a = − 6.$

Ответ: -6

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#839

Известно, что $P(x)$ – многочлен.

а) Верно ли, что при любом $a ∈ ℝ$ многочлен $P(x)− P (a)$ делится без остатка на $(x − a)?$

б) Может ли быть так, что при любом $a ∈ ℝ$ многочлен $P(x)− P (a)$ делится без остатка на $(x+ a)?$

Показать ответ и решение

а) Зафиксируем произвольное $a ∈ ℝ.$ По теореме Безу остаток от деления многочлена $P(x)$ на $x − a$ равен $P (a),$ следовательно, существует многочлен $Q (x)$ такой, что

P(x) = (x − a)Q (x )+ P(a) ⇔ P (x )− P(a) = (x− a)Q (x)

– делится на $(x− a).$

б) Достаточно рассмотреть $P(x) = x2,$ тогда

P (x )− P(a) = x2 − a2 = (x− a)(x + a)

– делится на $(x+ a).$

Ответ:

а) Да

б) Да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#840

Все коэффициенты многочлена $P(x)$ – целые числа. Известно, что $P(− 1) = − 1$ и $P(n) = 0$ при некотором $n ∈ ℤ.$

а) Приведите пример многочлена $P (x),$ подходящего по условию, чтобы его степень была равна 2016.

б) Найдите $P (0)⋅P(− 2)$ для каждого подходящего по условию $P (x).$

Показать ответ и решение

а) Подходит, например, $2016 P(x) = x + 2x :$

P (− 1) = − 1 P (0) = 0

б) Зафиксируем произвольный подходящий по условию $P(x).$ По теореме Безу остаток от деления многочлена $P (x )$ на $x− x0$ равен $P(x0),$ следовательно, существует многочлен $Q(x),$ такой что

P(x) = (x + 1)Q (x)− 1

Покажем, что у $Q(x)$ все коэффициенты также целые числа. Пусть

Q (x) = anxn +an− 1xn− 1 + ...+ a1x + a0

Тогда

n n−1 P(x) = (x + 1)(anx + an− 1x + ...+a1x + a0)− 1 = = anxn+1 + (an + an−1)xn + (an−1 + an−2)xn−1 + ...+ (a1 + a0)x + a0 − 1

Так как $(a0 − 1) ∈ ℤ,$ то $a0 ∈ ℤ.$ Так как $(a1 +a0) ∈ ℤ$ и $a0 ∈ ℤ,$ то $a1 ∈ ℤ$ и т.д. Таким образом, у $Q (x)$ все коэффициенты – целые числа.

P (n) = (n + 1)Q(n)− 1 = 0 ⇔ Q (n ) =--1-- n + 1

Так как у $Q (x)$ все коэффициенты – целые числа, то и число $--1-- Q(n) = n+ 1$ – целое, тогда либо $n = 0,$ либо $n = − 2.$

Так как $P(n) = 0,$ а мы показали, что это возможно только при $n = 0$ либо при $n = − 2,$ то в произведении $P (0) ⋅P(− 2)$ хотя бы один из множителей равен нулю (а второй не теряет смысла, так как $P(x)$ определён при любых $x$ ), тогда