Теория многочленов. —Каталог задач по Высшей математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Теория многочленов.

Тема Линал и алгебра.

13 Теория многочленов.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела линал и алгебра.

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#77381

Сколько различных корней имеет многочлен

x6 − 6x4 − 4x3 + 9x2 + 12x + 4

Показать ответ и решение

Для того чтобы это понять, применим алгоритм отделения кратных корней. Вычислим $′ 5 3 2 f = 6x − 24x − 12x + 18x + 12$ . Теперь нужно найти $′ Н ОД (f,f)$ .

Применяем алгоритм Евклида. Делим в столбик $f$ на $′ f$ и получаем:

f = 1x ⋅f′− 2x4 − 2x3 + 6x2 + 10x + 4 6 ◟-----------◝◜-----------◞ r1

Не поделилось без остатка. Делим дальше, теперь $f′$ делим на первый остаток $r1$ .

f′ = r1(− 3x + 3)

И получается, что $f′$ делится без остатка на $r 1$ . Следовательно, $r 1$ и будет равен $Н ОД (f,f′)$ .

То есть

НО Д(f,f′) = − 2x4 − 2x3 + 6x2 + 10x + 4

Далее, мы должны разделить $f$ на $НО Д (f,f ′)$ . Тогда получим:

2 -----f-----= − x-+ x+ 1 Н О Д(f,f′) 2 2

И мы знаем, что многочлен $---f--′-= − x22 + x2 + 1 НОД(f,f )$ имеет те же корни, что и многочлен $f$ , но уже кратности 1.

Получается $x2 x 1 − 2 + 2 + 1 ⇔ − 2(x + 1)(x− 2) = 0 ⇔ x = − 1 или x = 2$ .

То есть исходный многочлен $f$ имеет два различных корня - это $− 1$ и $2$ .

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#77372

При каких $a,b$ многочлен

f(x) = axn+1 + bxn + 1

делится нацело на многочлен $(x − 1)2$ ?

Показать ответ и решение

Делимость любого многочлена на $(x− 1)2$ означает в точности, что у этого многочлена $x0 = 1$ имеет кратность хотя бы 2.

То есть это означает, что $′ f(1) = 0,f (1) = 0$ . То есть мы получаем условия

( { a + b+ 1 = 0 ( a(n + 1)+ bn = 0,

Откуда $a = − b− 1$ , то есть $(− b− 1)(n + 1)+ bn = 0$ , то есть $− bn− n − b − 1+ bn = 0$ .

И получается, что $b = − n− 1$ , а, значит, $a = − b− 1 = n$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#77371

Мы знаем, что если $x0$ - корень многочлена $f$ кратности $k > 0$ , то $x0$ будет корнем $f ′$ кратности $k − 1$ .

Но верно ли, что каждый корень $′ f$ некоторой кратности $s$ является корнем $f$ кратности $s + 1$ ?

Показать ответ и решение

Это, разумеется, неверно. Например, рассмотрим $f(x) = x2 − 1$ . Тогда $f ′(x) = 2x$ . И мы видим, что 0 является корнем $′ f$ кратности 1. Но 0 при этом не является корнем $f$ кратности 2, более того, 0 вообще не является корнем $f$ никакой кратности (ну или можно сказать, что кратности 0).

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#77370

Доказать, что многочлен $f$ делится без остатка на свою производную тогда и только тогда, когда $f$ имеет вид

f = a (x − x )n 0 0

Показать ответ и решение

Давайте сразу предполагать, что $f$ - ненулевой и неконстантный многочлен, потому что у такого многочлена производная равна 0, и бессмысленно говорить о делимости на свою производную, потому что на ноль делить нельзя.

1. $⇒$ Пусть $. f..f′$ . Тогда НОД( $f, f′$ ) $= f ′$ . Тогда $Н-ОДf(f,f′)$ имеет те же корни, что и $f$ , но кратности 1. Однако если $degf = n$ , то $deg f′ = n − 1$ . Следовательно, $deg----f--- = deg f-= 1 Н ОД(f,f′) f′$ , и, значит, $ff′$ имеет вид $b0(x− x0)$ . То есть мы имеем при делении с остатком:

′ f = b0(x − x0)f

Ну а теперь, давайте доказывать индукцией по степени многочлена $f$ . База индукции - это многочлены степени 1, и они всегда имеют требуемый в условии вид, и всегда делятся без остатка на свою производную.

Шаг индукции. Пусть всё уже известно для многочленов степени $< n$ . Доказываем в случае $degf = n$ . Мы уже имеем разложение

f = b0(x − x0)f′

Но $′ deg f = n − 1 < n$ , следовательно, для $′ f$ можно применить предположение индукции, ведь $f′$ без остатка делится на $f′′$ , потому что если продифференцировать равенство

′ f = b0(x − x0)f

То мы получим

′ ′ ′′ ′ ′ ′′ ′ ′′ f = b0f + b0(x− x0)f ,f − b0f = b0(x− x0 )f ,(1 − b0)f = b0(x− x0)f

Следовательно,

′ b0 ′′ f = 1−-b-(x − x0)f 0

То есть мы получили, что обязательно $′.. ′′ f .f$ .
(Кстати, почему никогда не может так получиться, что $b0 = 1$ ???)

Таким образом, поскольку $. f ′..f′′$ , то к $f ′$ , поскольку его степень меньше, чем $n$ , применимо предположение индукции, и $′ f$ обязательно имеет вид

′ n−1 f = c0(x− y0)

Таким образом, мы получаем, что $f$ имеет вид

n−1 n−1 f = b0(x − x0)c0(x− y0) = ◟a◝0◜◞(x − x0)(x − y0) =b0c0

Осталось лишь понять, почему $y0 = x0$ . Действительно, если они не равны, то у многочлена $f$ есть еще какой-то другой корень $y0 ⁄= x0$ . Но это противоречит тому, что многочлен $f НОД(f,f′)$ имеет те же корни, что и $f$ , но все кратности 1. У нас ведь $----f--′ Н ОД(f,f )$ имеет вид $b0(x − x0)$ . То есть это в частности означает, что $f$ имеет только один корень $x0$ (без учета кратности).

Следовательно, $y0$ обязан совпадать с $x0$ и мы получаем, что $f$ имеет вид

f = b0(x − x0)c0(x − y0)n−1 = ◟a◝0◜◞(x − x0)(x − y0)n−1 = a0(x− x0)(x − x0)n−1 = a0(x − x0)n =b0c0

2. $⇐$ Если же мы уже знаем, что $f$ имеет вид

n f = a0(x − x0)

То $′ n−1 f = a0n (x − x0)$ и легко видеть, что $.. ′ f .f$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#77369

Доказать, что многочлен

x2n − nxn+1 + nxn −1 − 1

имеет корень $x0 = 1$ , причем это корень кратности 3.

Показать ответ и решение

Пусть $p(x) = x2n − nxn+1 + nxn− 1 − 1$ . Очевидно, что $p(1) = 0$ . Далее,

p′(x ) = 2nx2n− 1 − n(n + 1)xn + n(n− 1)xn −2

И видно, что $p′(1) = 2n− n2 − n + n2 − n = 0$ . Далее,

p′′(x) = 2n(2n − 1)x2n−2 − n2 (n + 1)xn−1 + n(n − 1)(n − 2)xn− 3

И видно, что $p′′(1) = 4n2 − 2n− n3 − n2 + n3 − 3n2 + 2n = 0$ . Далее,

p′′′(x) = 2n(2n − 1)(2n− 2)x2n−3 − n2(n + 1)(n − 1)xn−2 + n(n − 1)(n − 2)(n − 3)xn−4

И поскольку $p′′′(1) = 2n3 − 2n ⁄= 0$ , то мы получаем, что $x0 = 1$ - корень кратности 3 у многочлена $p$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#77368

Доказать, что многочлен

x2 x3 xn p(x) = 1+ x+ --+ --+ ...+ --- 2! 3! n!

не имеет кратных корней.

Показать ответ и решение

$x0$ - кратный корень $p(x)$ тогда и только тогда, когда $p(x0) = p′(x0) = 0$ . Пусть такой $x0$ нашелся. Тогда, с одной стороны

2 3 n p(x ) = 1 + x + (x0)-+ (x0)- + ...+ (x0)- = 0 0 0 2! 3! n!

А с другой стороны

(x )2 (x )n− 1 p′(x0) = 1 + x0 +--0--+ ...+ --0----= 0 2! (n − 1)!

Вычтем из первого равенства второе и получим, что сократятся все члены, кроме последнего, то есть будет

n (x0)--= 0 n!

Из чего следует, что $x0 = 0$ . Однако легко видеть, что $x0 = 0$ - не корень $p(x)$ , потому что $p(0) = 1$ . Следовательно, никаких кратных корней $p(x )$ не имеет.

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#77367

Определить кратность корня $x0$ многочлена $f(x)$ :

a) $f(x) = x5 − 5x4 + 7x3 − 2x2 + 4x− 8$ , $x0 = 2$ ;
b) $5 4 3 f(x) = 3x + 2x + x − 10x − 8$ , $x0 = − 1$ ;

Показать ответ и решение

Кратность корня будет в точности равна самому маленькому порядку производной, которая не зануляется в точке $x0$ .

a) $′ 4 3 2 f (x) = 5x − 20x + 21x − 4x+ 4$ , $′ f (2) = 0$ .

$f′′(x) = 20x3 − 60x2 + 42x− 4$ , $f′′(2) = 0$ .

$f′′′(x) = 60x2 − 120x + 42$ , $f′′′(2) = 42$ . Следовательно $x = 2 0$ - корень кратности 3.

b) $f′(x) = 15x4 + 8x3 + 3x2 − 10$ , $f ′(− 1) = 0$ .

$f′′(x) = 60x3 + 24x2 + 6x$ , $f ′′(− 1) = − 42$ . Следовательно $x0 = − 1$ - корень кратности 2.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#76621

Доказать неприводимость над $ℚ$ следующих многочленов:

a) $x4 − 8x3 + 12x2 − 6x + 2$ ;
b) $5 3 x − 12x + 36x− 12$ ;
c) $xp−1 + xp−2 + ...+ x+ 1$ ( $p$ —простое число)

Показать ответ и решение

a) Ясно, что все коэффициенты, кроме старшего, у этого многочлена делятся на простое число $p = 2$ , однако свободный член $2$ не делится на $2 p = 4$ . Следовательно, по признаку Эйзенштейна мы получаем, что многочлен неприводим над $ℚ$ .

b) Ясно, что все коэффициенты, кроме старшего, у этого многочлена делятся на простое число $p = 3$ , однако свободный член $12$ не делится на $p2 = 9$ . Следовательно, по признаку Эйзенштейна мы получаем, что многочлен неприводим над $ℚ$ .

c) Заметим, что

p−1 p−2 xp −-1 x + x + ...+ x + 1 = x − 1

Далее, сделаем замену $y = x− 1$ . То есть $x = y + 1$ Тогда получим

p p 1 p−1 2 p−2 p−1 xp−1 + xp−2 + ...+ x+ 1 = (y-+-1)-−-1-= y-+-C-py---+-C-py---+-...+--Cp--y-+-1−-1-= y y

= yp−1 + C1pyp−2 + C2pyp− 3 + ...+ Cpp−1 ◟-◝◜-◞ =p

Далее, заметим, что все биномиальные коэффициенты вида

1 2 p−2 p− 1 C p,Cp,...,Cp ,C p

делятся на $p$ . Действительно, это так, потому что для любого $k = 1,2,...,p − 1$ выполнено

p! p(p− 1)(p− 2)...(p− k + 1) Ckp = ---------= -------------------------- k!(p − k)! k!

А далее заметим, что, поскольку $Ckp$ - целое число (ну а как еще, это же биномиальный коэффициент!), то и

p(p-−-1)(p-−-2)...(p-−-k-+-1) k!

должно быть целым. Однако $p$ - простое, а $k < p$ , следовательно, $k!$ не может делить $p$ . Следовательно, $k!$ будет делить остальное произведение

. (p − 1)(p− 2)...(p− k + 1)..k!

Следовательно,

(p − 1)(p− 2)...(p− k + 1) Ckp = p⋅ ------------------------- ◟-----------k◝!◜----------◞ целое число

Но это означает, что

. Ckp..p

Таким образом, все коэффициенты многочлена

p−1 1 p−2 2 p−3 p− 1 y + Cpy + Cpy + ...+ C◟◝p◜-◞ =p

кроме старшего делятся на $p$ , а свободный коэффициент равен $p$ , а, значит, не делится на $p2$ . Тогда по признаку Эйзенштейна многочлен

p−1 1 p−2 2 p−3 p− 1 y + Cpy + Cpy + ...+ C p

неприводим. Но тогда неприводим и исходный многочлен

xp−1 + xp− 2 + ...+ x + 1

Потому что если бы он был приводим, то мы бы сделали в нем указанную замену $y = x − 1$ и уже многочлен

yp−1 + C1pyp−2 + C2pyp−3 + ...+ Cp−p 1

был бы приводим. А мы доказали, что это не так.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#76620

Доказать, что если $f$ с целыми коэффициентами и если $f(0)$ и $f(1)$ - нечетные числа, то $f$ не имеет целых корней.

Показать ответ и решение

Предположим противное. То есть что у многочлена $f$ c целыми коэффициентами

f = a0 + a1x+ ...+ anxn, ai ∈ ℤ

есть корень $m ∈ ℤ$ , то есть

f(m ) = a0 + a1m + ...+ anmn = 0

Но при этом

f(0) = a0 − нечетно

f(1) = a0 + a1 + ...+ an − нечетно

Тогда рассмотрим 2 случая. Первый случай, если $m$ - четно. Тогда из равенства

a0 + a1m + ...+ anmn = 0

обязательно следует, что $a 0$ тоже четно, что противоречит условию.

Наоборот, если $m$ - нечетно, то тогда и в любой степени оно тоже нечетно. Посмотрим тогда на сумму

n a0 + a1m + ...+ anm

по модулю 2.

2 n m = m = ...= m = 1 mod 2

следовательно,

a + a m + ...+ a mn = a + a + ...+ a mod 2 0 1 n 0 1 n

Однако нам дано, что

n a0 + a1m + ...+ anm = 0

Значит и по модулю 2 это тоже равно 0. И мы получаем, что

n 0 = a0 + a1m + ...+ anm = a0 + a1 + ...+ an mod 2

Но это значит, что сумма

a0 + a1 + ...+ an

должна быть четна. Но она равна $f (1)$ , то есть нечетна по условию. Вновь получили противоречие. Значит, никакого целого корня у $f$ быть не может.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#76619

Найти все рациональные корни многочленов:

a) $x3 − 6x2 + 15x − 14$ ;
b) $4 3 2 x − 2x − 8x + 13x − 24$ ;

Показать ответ и решение

a) Если $pq$ - рациональный корень нашего многочлена

f (x ) = x3 − 6x2 + 15x− 14

то по теореме о рациональных корнях имеем, что $p$ должно делить свободный коэффициент $14$ , а $q$ должно делить старший коэффициент $1$ . Таким образом, варианты для $p$ и $q$ по отдельности будут такими:

p = ±1,±2, ±7, ±14, q = ±1

Следовательно, для

p- q

варианты будут такими

p- q = ±1,±2, ±7, ±14

Проверяем их подстановками:

f(1) = − 4,f(− 1) = − 36,f(2) = 0,f(− 2) = − 76,f(7) = 140,f (− 7) = − 756,f (14 ) = 1764,f(− 14) = − 4144

Следовательно, наш многочлен имеет единственный рациональный корень $x = 2$ . Остальные его корни либо иррациональны, либо вообще комплексные.

b) Если $p q$ - рациональный корень нашего многочлена

f(x) = x4 − 2x3 − 8x2 + 13x − 24

то по теореме о рациональных корнях имеем, что $p$ должно делить свободный коэффициент $24$ , а $q$ должно делить старший коэффициент $1$ . Таким образом, варианты для $p$ и $q$ по отдельности будут такими:

p = ±1, ±2,±3, ±4, ±6,±8, ±12,±24, q = ±1

Следовательно, для

p- q

варианты будут такими

p-= ±1, ±2,±3, ±4,±6, ±8, ±12,±24 q

Проверяем их подстановками:

f(1) = − 20,f(− 1) = − 42,f(2) = − 30,f(− 2) = − 50,f(3) = − 30,f(− 3) = 0,f (4 ) = 28,f(− 4) = 180

f(6) = 630,f(− 6) = 1338,f(8) = 2640,f(− 8) = 4480,f(12) = 16260,f(− 12) = 22860, f(24) = 299808,f (− 24) = 354480

Следовательно, наш многочлен имеет единственный рациональный корень $x = − 3$ . Остальные его корни либо иррациональны, либо вообще комплексные.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#76618

Пусть многочлен $f$ с целыми коэффициентами

f = a0 + a1x+ ...+ anxn, ai ∈ ℤ

имеет рациональный корень $p ∈ ℚ q$ . Доказать, что тогда обязательно

p дели т a0, q делит an

Показать ответ и решение

Пусть многочлен $f$ имеет корень $pq ∈ ℚ$ . Можно считать, что $p$ и $q$ - взаимно просты, иначе сократим дробь $p q$ на их НОД.

Что означает, что $p q$ - корень $f$ ? По определению это означает, что $p f (q) = 0$ , то есть:

a + a p-+ ...+ a (p-)n = 0 0 1q n q

Умножим обе части равенства на $qn$ :

a0qn + a1pqn−1 + ...+ anpn = 0

Перенесем свободный член направо

a1pqn −1 + ...+ anpn = − a0qn

А слева вынесем общий множитель $p$ за скобки:

n− 1 n−1 n p(a1q + ...+ anp ) = − a0q

Осталось провести простой анализ. Левая часть равенства делится на $p$ . Но тогда и правая часть равенства, то есть $a0qn$ должна делиться на $p$ . Но $p$ и $q$ - взаимно просты, поэтому $a0$ делится на $p$ .

Теперь в выражении

n n−1 n a0q + a1pq + ...+ anp = 0

наоборот перенесем старший член направо:

n n− 1 n−1 n a0q + a1pq + ...an−1p q = − anp

И вынесем $q$ за скобки в левой части:

q(a0qn−1 + a1pqn− 2 + ...an−1pn−1) = − anpn

Левая часть равенства делится на $q$ . Но тогда и правая часть равенства, то есть $a pn n$ должна делиться на $q$ . Но $p$ и $q$ - взаимно просты, поэтому $an$ делится на $q$ .

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#76617

a) Каким будет многочлен наименьшей возможной степени с коэффициентами из $ℂ$ , имеющий корень $x1 = 1$ кратности 2, и корни $x2 = 2,x3 = 3,x4 = 1+ i$ кратности 1?

b Каким будет многочлен наименьшей возможной степени с коэффициентами из $ℝ$ , имеющий корень $x1 = 1$ кратности 2, и корни $x2 = 2,x3 = 3,x4 = 1+ i$ кратности 1?

Показать ответ и решение

a) Поскольку все $1,2,3,1 + i$ должны быть корнями нашего многочлена, то он должен делиться на все одночлены

x − 1,x − 2,x− 3,x − 1 − i

без остатка - так говорит теорема Безу. Но, поскольку эти одночлены взаимно просты, то наш многочлен должен делиться и на их произведение.

Далее, поскольку корень $1$ должен быть кратности 2, то он по теореме Безу должен дважды делиться на одночлен $x − 1$ , поэтому эта скобка должна идти во второй степени. Значит, наш многочлен должен делиться на

(x− 1)2(x − 2)(x− 3)(x − 1− i)

А раз нас просят многочлен наименьшей степени, то он должен не просто делиться на $2 (x − 1) (x − 2)(x− 3)(x − 1− i)$ , но быть равным ему, быть может, умноженному на какую-то константу.

Ответ:

C(x − 1)2(x − 2)(x− 3)(x − 1− i),C ∈ ℂ, C ⁄= 0

b) Аналогичные рассуждения показывают, что искомый многочлен должен делиться на многочлен

2 (x− 1)(x − 2)(x− 3)(x − 1− i)

без остатка.

Однако взять его в качестве ответа уже не получится, потому что нас просят многочлен с коэффициентами из $ℝ$ , а в последней скобки коэффициенты явно не из $ℝ$ . Значит, чтобы все коэффициенты были из $ℝ$ , надо многочлен

2 (x− 1)(x − 2)(x− 3)(x − 1− i)

еще умножить на какой-то другой многочлен, чтобы нивелировать то, что в последней скобке стоит комплексное число.

Поскольку мы ищем многочлен минимальной степени, то домножить хотелось бы на многочлен как можно меньшей степени.

Очевидно, что достаточно домножить на $x − 1+ i$ и тогда получится:

2 2 2 (x − 1) (x− 2)(x − 3)(x− 1 − i)(x − 1 + i) = (x− 1 )(x − 2)(x − 3)(x − 2x + 2)

Это и будет ответом.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#76616

Разложить на неприводимые над $ℝ$ следующие многочлены:

а): $4 3 2 x + 4x + 4x + 1$
б): $4 x + 4$

Показать ответ и решение

Поскольку над $ℝ$ неприводимы только многочлены первой степени и многочлены второй степени с отрицательным дискриминантом, то в конце концов в нашем разложении должны участвовать только многочлены первой степени вида $x − x0$ , где $x0$ - корень нашего многочлена, $x0 ∈ ℝ$ , а также многочлены второй степени вида $2 x + px + q$ , где $2 D = p − 4q < 0$ .

а)

Попробуем сначала разложить над $ℂ$ , а потом перемножить между собой скобки первой степени, отвечающие сопряженным комплексным корням:

x4 + 4x3 + 4x2 + 1 = x2(x2 + 4x + 4)+ 1 = x2(x + 2)2 + 1 = (x(x+ 2))2 − i2 =

= (x(x+ 2))2 − i2 = (x(x+ 2) − i)(x(x + 2)+ i) = (x2 + 2x + i)(x2 + 2x − i)

У нас получились две скобки второй степени - чтобы доразложить их до предела над $ℂ$ , надо просто найти их корни по стандартной формуле через дискриминант:

− 2 − √4-−-4i √ ----- √ ----- D1 = 4 − 4i, x1 = -------------= − 1 − 1− i,x2 = − 1+ 1− i 2

√------ D = 4 + 4i, x = − 2-−-4-+-4i-= − 1 − √1-+-i,x = − 1+ √1-+-i- 2 1 2 2

Тогда получаем итоговое разложение:

4 3 2 2 2 √ ----- √ ----- √ ----- √ ----- x +4x +4x +1 = (x +2x+i )(x +2x − i) = (x+1+ 1− i)(x+1 − 1− i)(x+1+ 1+ i)(x+1 − 1+ i)

Только вот надо вычислить, чему равны эти корни

√----- √ ----- 1 + i+ 1− i

: Вычислим для начала их отдельно:

√-- π π 1+ i = 2(cos --+ isin -) 4 4

√-- 1− i = 2(cos 7π-+ isin 7π) 4 4

Тогда

√1-+-i = { 4√2-(cos π-+ isin π),√42-(cos 9π-+ isin 9π)} = { 4√2-(cos π-+ isin π-),√42-(− cos π-− isin π)} 8 8 8 8 8 8 8 8

√ ----- 4√ -- 7π 7π 4√-- 15 π 15π √4-- π π 4√ -- π π 1− i = { 2(cos --+i sin ---), 2(cos----+i sin ---)} = { 2(− cos--+isin -), 2(cos -− isin --)} 8 8 8 8 8 8 8 8

Следовательно, мы получаем итоговое разложение нашего многочлена над $ℂ$ :

4 3 2 4√-- π- π- √4-- π- π- x + 4x + 4x + 1 = (x + 1− 2(cos 8 + isin 8)(x + 1− 2(− cos8 − isin 8))⋅

4√ -- π π √4-- π π ⋅(x + 1 − 2(− cos --+ isin --))(x + 1− 2(cos--− isin -)) 8 8 8 8

Теперь, перемножая скобки, отвечающие комплексно сопряженным корням (то есть первую на четвертую и вторую на третью), получаем разложение над $ℝ$ :

√ -- π √ -- √ -- π √ -- π √ -- √-- π x4+4x3+4x2+1 = (x2+(2+2 42cos -)x+1+ 2+2 4 2cos--)(x2+(2− 2 4 2cos-)x+1+ 2− 2 42 cos-) 8 8 8 8

б)

Воспользуемся тем, что над $ℂ$ разложение этого многочлена такое:

x4 + 4 = (x− (1 + i))(x + (1+ i))(x − (− 1 + i))(x + (− 1 + i))

Далее просто перемножаем скобки, отвечающие комплексно-сопряженным корням (то есть первую на четвертую и вторую на третью):

x4 + 4 = (x2 − 2x + 2)(x2 + 2x+ 2)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#76615

Разложить на неприводимые над $ℂ$ следующие многочлены:

а): $3 2 x − 6x + 11x − 6$
б): $4 x + 4$
в): $x6 + 27$

Показать ответ и решение

Поскольку над $ℂ$ неприводимы только многочлены первой степени, то в конце концов в нашем разложении должны участвовать только многочлены первой степени вида $x − z0$ , где $z0$ - корень нашего многочлена.

а): $3 2 2 2 2 x − 6x + 11x − 6 = x (x − 6x + 9)+ 2x − 6 = x(x − 3) + 2(x− 3) = (x − 3)(x − 3x + 2) = (x − 3)(x− 2)(x − 1)$
б): $x4 + 4 = x4 − (2i)2 = (x2 − 2i)(x2 + 2i) = (x2 − 2(cosπ + isin π))(x2 − 2(cos3π+ isin3π)) = (x− √2-(cosπ + isin π))(x + √2-(cosπ+ isinπ ))& 2 2 2 3 4 4 4 4 4 4 4 4$
в): $√ -- √ -- √ -- √ -- √ -- √ -- √-- √ -- √ - √ -- √- √ - √ -- √- x6 + 27 = x6 + ( 3)6 = x6 − ( 3)6(cosπ + isinπ) = (x− 3(cosπ6 + isin π6))(x − 3(cosπ2 + isinπ2 ))(x − 3(cos5π6 + isin 56π))(x − 3(cos76π+ isin7π6$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#76614

Доказать общий случай в лемме Гаусса, а именно, доказать, что для любых двух многочленов $f,g$ с целыми коэффициентами выполнено:

d(f g) = d(f) ⋅d(g)

(где $d(f)$ - содержание многочлена $f$ - НОД всех его коэффициентов.)

Показать ответ и решение

Пусть мы уже знаем, что произведение примитивных многочленов примитивно. Докажем общий случай.

Пусть $f$ и $g$ - многочлены с целыми коэффициентами. Тогда у $f$ и у $g$ можно вынести НОД всех их коэффициентов, то есть содержание $f$ и $g$ соответственно. Получим:

f = d(f)f0,g = d(g)g0, где f0 и g0 − пр имитивн ы

Но тогда, очевидно,

fg = d(f)d(g)f0g0

Ну и поскольку $f0$ и $g0$ - примитивные многочлены, то по уже доказанному, их произведение тоже примитивно, а поэтому $d(f0g0) = 1$ . Следовательно, беря содержание левой и правой части, получаем:

d (f g) = d(f)d(g)d(f0g0)= d(f)d(g ) ◟--◝◜-◞ =1

и общий случай доказан.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#75470

Разложить многочлен $p = x5 − 4x3 + 6x2 − 8x + 10$ по степеням $(x − 2)$ .

Показать ответ и решение

В силу того, что при таком разложении

p (x ) = c5(x− 2 )5 + c4(x − 2)4 + ...+ c1(x − 2)+ c0

Выполнено, что

p(k)(2) ck = ------ k!

то мы получаем

′′′ ′′ ′ p(5)(2) p(4)(2) 240- p--(2)- 216- p-(2) 124- p-(2) c5 = 5! = 1, c4 = 4! = 24 = 10, c3 = 3! = 6 = 36, c2 = 2! = 2 = 62, c1 = 1! = 48

p(2) c0 = 0! = 18

Получаем такое разложение:

p = 18 + 48(x − 2)+ 62(x − 2)2 + 36(x − 2)3 + 10(x − 2)4 + (x− 2 )5

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#75468

Доказать, что всякий многочлен

p = anxn + an −1xn−1 + an−2xn−2 + ...a1x + a0

можно разложить по степеням $(x − x0)$ , где $x0$ - любое вещественное число.

Иными словами, $p$ всегда можно представить в виде

n n− 1 p = cn(x− x0) + cn−1(x− x0) + ...+ c1(x − x0)+ c0

Чему равны коэффициенты этого разложения по степеням, т.е. чему равны $ck$ ?

Показать ответ и решение

Поскольку многочлен - это сколько угодно раз дифференцируемая функция, то мы можем в точке $x0$ разложить $p(x )$ как функцию по формуле Тейлора. Это как раз и даст нам равенство

p(x) = cn(x − x0)n + cn−1(x − x0)n−1 + ...+ c1(x − x0)+ c0 + ¯o(x− x0)n

Но, поскольку слева написан многочлен степени $n$ , то справа тоже должен быть многочлен степени $n$ , а, значит, никаких более высоких степеней $(x − x0)$ справа быть не может. Значит, это о малое $¯o(x − x0)n$ просто-напросто равно нулю, то есть мы получаем равенство

p (x ) = cn(x − x0)n + cn−1(x − x0)n−1 + ...+ c1(x − x0)+ c0

Кроме того, из формулы Тейлора следует, что

(k) ck = p--(x0)- k!

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#75466

Методом неопределенных коэффициентов подобрать такие многочлены $u(x)$ и $v(x)$ , что $f(x)u (x )+ g(x)v(x) = Н О Д(f(x),g(x))$ :

1.: $f (x) = x4 − 4x3 + 1, g(x) = x3 − 3x2 + 1$ ;
2.: $f (x) = x3, g(x) = (1− x )2$ ;

Показать ответ и решение

1.

Для начала, надо понять, чему равен НОД многочленов $f$ и $g$ . Применяя алгоритм Евклида, находим, что $f$ и $g$ - взаимно просты, то есть их НОД равен $1$ . Поэтому нужно найти такие многочлены $u,v$ , что

f(x)u(x)+ g(x)v(x) = 1

Притом, учитывая ограничения на степени $u,v$ , а именно, учитывая, что эти $u$ и $v$ можно выбрать с условиями:

deg u < degg − degd

deg v < degf − degd

то мы будем искать многочлены такого вида:

u(x) = ax2 + bx + c, v(x) = dx3 + ex2 + fx + g.

Тогда равенство $f(x)u(x)+ g (x )v(x) = 1$ превратится в

4 3 2 3 2 3 2 (x − 4x + 1)(ax + bx + c)+ (x − 3x + 1)(dx + ex + fx + g) − 1 = 0 ⇔

6 5 2 5 4 4 3 ax − 4ax + ax + bx − 4bx + bx + cx − 4cx + c+

+dx6 − 3dx5 + dx3 + ex5 − 3ex4 + ex2 + f x4 − 3f x3 + fx + gx3 − 3gx2 + g − 1 = 0

( |||| a+ d = 0 |||| ||| − 4a + b− 3d+ e = 0 |||| − 4b + c− 3e + f = 0 |{ ⇔ − 4c + d− 3f + g = 0 . |||| |||| a+ e − 3g = 0 ||| |||| b+ f = 0 |( c+ g − 1 = 0

Решение находится методом Гаусса:

16- 37- 26- 16- 53- 37- 23- a = − 3 , b = 3 , c = 3 , d = 3 , e = − 3 , f = − 3 , g = − 3 .

2.

f(x)u(x)+ g(x)v(x) = 1

Притом, учитывая ограничения на степени $u,v$ , а именно, учитывая, что эти $u$ и $v$ можно выбрать с условиями:

deg u < degg − degd

deg v < degf − degd

то мы будем искать многочлены такого вида

u(x) = ax+ b, v(x) = cx2 + dx+ e.

Тогда равенство $f(x)u(x)+ g (x )v(x) = 1$ превратится в

x3 ⋅(ax+ b) + (1− x)2 ⋅ (cx2 + dx + e)− 1 = 0 ⇔

ax4 + bx3 + (1− 2x + x2)(cx2 + dx + e)− 1 = 0 ⇔

4 3 2 3 2 4 3 2 ax + bx + cx + dx + e − 2cx − 2dx − 2ex + cx + dx + ex − 1 = 0 ⇔

(| |||| a+ c = 0 ||| b− 2c + d = 0 ||{ c− 2d + e = 0 . ||| |||| d− 2e = 0 |||( e− 1 = 0

Можно решать уравнения последовательно с конца:

e = 1, d = 2, c = 3, b = 4, a = − 3.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#75464

Найти наибольший общий делитель многочленов:

а): $4 3 2 x + x − 3x − 4x − 1$ и $3 2 x + x − x − 1$ ;
б): $6 4 3 2 x + 2x − 4x − 3x + 8x − 5$ и $5 2 x + x − x + 1$ ;
в): $x5 + 3x2 − 2x+ 2$ и $x6 + x5 + x4 − 3x2 + 2x − 6$ ;
г): $x4 + x3 − 4x+ 5$ и $2x3 − x2 − 2x + 2$ ;
д): $5 4 3 x + x − x − 2x − 1$ и $4 3 2 3x + 2x + x + 2x − 2$ ;
е): $x6 − 7x4 + 8x3 − 7x + 7$ и $3x5 − 7x3 + 3x2 − 7$ ;
ж): $x5 − 2x4 + x3 + 7x2 − 12x + 10$ и $3x4 − 6x3 + 5x2 + 2x − 2$ ;
з): $5 4 3 2 x + 3x − 12x − 52x − 52x − 12$ и $4 3 2 x + 3x − 6x − 22x − 12$ ;
и): $x5 + x4 − x3 − 3x2 − 3x − 1$ и $x4 − 2x3 − x2 − 2x + 1$ ;
к): $x4 − 4x3 + 1$ и $x3 − 3x2 + 1$ ;
л): $4 2 x − 10x + 1$ и $4 √ --3 2 √-- x − 4 2x + 6x + 4 2x + 1$ .

Показать ответ и решение

а)

Поделим с остатком многочлен большей степени на многочлен меньшей степени:

| x4+x3 − 3x2 − 4x− 1 x3-+-x2 −-x-−-1 x4+x3 − x2 − x x ----------------- − 2x2 − 3x− 1

Теперь поделим предыдущий делитель на остаток:

3 2 | 2 x + x − x− 1|2x-+-3x-+-1 x3+ 32x2+ 12x |12x − 14 ----1-2--3----| − 2x − 2x− 1| − 12x2− 34x− 14 -------3---3- − 4x− 4

Снова поделим предыдущий делитель на остаток (предварительно домножив остаток на $4 − -- 3$ ):

2 | 2x +3x+1 |x+--1 2x2+2x |2x --------- x+1 x+1 ------ 0

Поскольку на данном шаге случилось деление без остатка, ответом в задаче является многочлен $x + 1$ (последний делитель).

б)

Делим многочлен большей степени на многочлен меньшей степени:

| x6+0x5+2x4 − 4x3− 3x2+8x − 5 x5 + x2 − x+ 1 |-------------- x6+0x5+0x4+----x3−--x2+--x-- x 2x4− 5x3− 2x2+7x − 5

Теперь делим предыдущий делитель (домноженный на $2$ , чтобы было чуть удобнее) на предыдущий остаток:

5 4 3 2 | 4 3 2 2x +0x + 0x +2x − 2x+ 2|2x-−--5x-−-2x--+-7x-−-5 2x5− 5x4− 2x3+7x2 − 5x |x+ 5 -------4-----3----2------- 2 5x + 2x − 5x + 3x+ 2 5x4− 25x3− 5x2+ 35x− 25- -----2----------2----2-- 229x3+0x2 − 229x+ 292

Снова делим предыдущий делитель на предыдущий остаток (предварительно домноженный на $2- 29$ ):

| 2x4− 5x3− 2x2+7x − 5 x3 − x + 1 4 3 2 |--------- 2x-+0x--−-2x-+2x--- 2x − 5 − 5x3+0x2+5x − 5 3 2 −-5x-+0x--+5x-− 5 0

Поскольку на этом шаге деление произошло без остатка, делаем вывод, что НОД исходных многочленов равен $x3 − x+ 1$ .

в)

Делим многочлен большей степени на многочлен меньшей степени:

6 5 4 3 2 |5 2 x + x + x +0x − 3x +2x − 6 x-+-3x--−-2x+-2- x6+0x5+0x4+3x3 − 2x2+2x x + 1 ------5----4----3----2---- x + x − 3x − x +0x − 6 x5+0x4+0x3+3x2 − 2x+2 -------4----3----2------- x − 3x − 4x +2x − 8

Теперь делим предыдущий делитель на предыдущий остаток:

| x5+0x4+ 0x3+ 3x2− 2x+ 2|x4 − 3x3 − 4x2 + 2x− 8 5 4 3 2 |---------------------- x-−-3x-−--4x-+--2x-−-8x |x+ 3 3x4+ 4x3+ x2+6x+ 2 4 3 2 3x-−--9x-−-12x-+6x-−-24- 13x3+13x2+0x+26

Снова делим предыдущий делитель на предыдущий остаток (предварительно домноженный на $1- 13$ ):

| x4− 3x3− 4x2+2x − 8 x3 + x2 + 2 4 3 2 |---------- x-+--x-+0x--+2x- x − 4 − 4x3− 4x2+0x − 8 3 2 −-4x-−-4x-+0x-−-8 0

Поскольку деление произошло без остатка, делаем вывод, что НОД исходных многочленов равен $x3 + x2 + 2$ .

г)

Делим многочлен большей степени (домноженный на $2$ ) на многочлен меньшей степени:

| 4 3 2 | 3 2 2x +2x +0x − 8x+10 2x--−-x-−-2x-+-2- 2x4-−-x3-− 2x2+-2x- x + 32 3x3+ 2x2 − 10x+10 3x3-− 32x2-−-3x+-3- 7x2 − 7x+ 7 2

Теперь делим предыдущий делитель на предыдущий остаток (домноженный на $2 7$ ):

| 2x3− x2− 2x+2 x2-−-2x-+-2 2x3− 4x2+4x 2x + 3 ------------ 3x2− 6x+2 3x2− 6x+4 ----------- − 2

Многочлен $2x2 − 4x + 4$ (делитель предыдущего шага, домноженный на 2) поделится без остатка на $1$ (предыдущий остаток, домноженный на $− 1 2$ ), так что НОД исходных многочленов равен $1$ .

д)

Делим многочлен старшей степени (домноженный на $3$ ) на многочлен младшей степени:

| 3x5+3x4 − 3x3+ 0x2− 6x− 3|3x4 + 2x3 + x2 + 2x − 2 |---------------------- 3x5+2x4+----x3+-2x2−--2x |x+ 13 x4− 4x3− 2x2− 4x− 3 -x4+--23x3+-13x2+--23x−-23- − 14x3− 7x2− 14x− 7 3 3 3 3

Делим предыдущий делитель (домноженный на $2$ ) на предыдущий остаток (домноженный на $3 − 7$ ):

| 6x4+4x3+ 2x2+4x − 4 2x3 + x2 + 2x+ 1 |---------------- 6x4+3x3+--6x2+3x-- 3x + 12 x3− 4x2+ x− 4 -x3+-12x2+--x+-12- − 9x2+0x − 9 2 2

Снова делим предыдущий делитель на предыдущий остаток (домноженный на $− 2 9$ ):

3 2 | 2 2x + x +2x+1 |x-+-1- 2x3+0x2+2x |2x+ 1 -------2---- x +0x+1 x2+0x+1 ----------- 0

Поскольку деление произошло без остатка, ответом является последний делитель, т.е. НОД исходных многочленов равен $x2 + 1$ .

е)

$6 4 3 x − 7x + 8x − 7x + 7$ и $5 3 2 3x − 7x + 3x − 7$ ; Делим многочлен большей степени (домноженный на 3) на многочлен меньшей степени:

| 3x6+0x5 − 21x4+24x3+0x2 − 21x+21 |3x5-−-7x3 +-3x2-−-7 3x6+0x5 − 7x4+ 3x3+0x2 − 7x |x -------------4-----3---2------ − 14x +21x +0x − 14x+21

Теперь делим предыдущий делитель (домноженный на $2$ ) на предыдущий остаток (домноженный на $− 3 7$ ):

5 4 3 2 | 4 3 6x +0x − 14x +6x +0x − 14|6x--−-9x-+-6x-−-9- 6x5− 9x4+ 0x3+6x2 − 9x |x + 3- ----------------------- 2 9x4− 14x3+0x2+9x − 14 4 27- 3 2 27 -9x-−-2 x-+0x-+9x-−--2 − 12x3+0x2+0x − 12

Делим предыдущий делитель (домноженный на $1 -- 3$ ) на предыдущий остаток (домноженный на $− 2$ ):

| 2x4− 3x3+0x2+2x − 3 x3 + 1 4 3 2 |------ 2x-+0x--+0x--+2x- 2x − 3 − 3x3+0x2+0x − 3 3 2 −-3x-+0x--+0x-− 3- 0

Поскольку деление произошло без остатка, НОД исходных многочленов равен последнему делителю, то есть $x3 + 1$ .

ж)

$x5 − 2x4 + x3 + 7x2 − 12x + 10$ и $3x4 − 6x3 + 5x2 + 2x − 2$ ;

Делим многочлен большей степени (домноженный на $3$ ) на многочлен меньшей степени:

5 4 3 2 | 4 3 2 3x − 6x +3x +21x − 36x+30 |3x-−-6x--+-5x--+-2x−-2- 3x5− 6x4+5x3+ 2x2− 2x |x ------------3-----2----- − 2x +19x − 34x+30

Теперь делим предыдущий делитель (домноженный на $2$ ) на предыдущий остаток (домноженный на $− 3$ ):

4 3 2 | 3 2 6x − 12x + 10x + 4x− 4 6x--−-57x-+-102x-−-90- 6x4 − 57x3+102x2 − 90x x + 15 ---------3-----2------- 2 45x − 92x + 94x− 4 45x3− 855x2+765x − 675 -------2671-2------------ 2 x − 671x+671

Снова делим предыдущий делитель (домноженный на $1 3$ ) на предыдущий остаток (домноженный на $6271$ ):

3 2 |2 2x − 19x +34x − 30 x-−-2x+-2- 2x3 − 4x2+ 4x 2x − 15 --------2------ − 15x +30x − 30 − 15x2+30x − 30 -------------- 0

Поскольку деление произошло без остатка, НОД исходных многочленов равен $x2 − 2x + 2$ (последнему делителю).

з)

$5 4 3 2 x + 3x − 12x − 52x − 52x − 12$ и $4 3 2 x + 3x − 6x − 22x − 12$ ;

Делим многочлен большей степени на многочлен меньшей степени:

| x5+3x4 − 12x3 − 52x2 − 52x − 12 x4 + 3x3 − 6x2 − 22x − 12 |------------------------ x5+3x4-−-6x3-− 22x2-− 12x x − 6x3 − 30x2 − 40x − 12

Теперь делим предыдущий делитель (домноженный на $3$ ) на предыдущий остаток (домноженный на $1 − 2$ ):

| 3x4+ 9x3− 18x2− 66x− 36 3x3 + 15x2 + 20x + 6 |------------------- 3x4+15x3+20x2+----6x x − 2 − 6x3− 38x2− 72x− 36 3 2 −--6x-−-30x-−-40x−-12 − 8x2− 32x− 24

Снова делим предыдущий делитель на предыдущий остаток (домноженный на $− 1 8$ ):

| 3 2 | 2 3x +15x +20x+6 x--+-4x-+-3 3x3+12x2+---9x- 3x + 3 3x2+11x+6 -3x2+12x+9--- − x− 3

Поскольку $x = − 3$ является корнем многочлена $x2 + 4x+ 3$ , деление этого многочлена (предыдущего делителя) на многочлен $x + 3$ (предыдущий остаток, домноженный на $− 1$ ) произойдет без остатка. Таким образом, НОД исходных многочленов равен $x + 3$ .

и)

Делим многочлен большей степени на многочлен меньшей степени:

| 5 4 3 2 | 4 3 2 x + x − x − 3x − 3x− 1|x-−-2x--−-x-−--2x+-1- x5-− 2x4−-x3−-2x2+--x |x+ 3 3x4+0x3 − x2− 4x− 1 -3x4−-6x3−-3x2−-6x+3-- 6x3+2x2+2x − 4

Теперь делим предыдущий делитель (домноженный на $3$ ) на предыдущий остаток (домноженный на $1 2$ ):

| 4 3 2 | 3 2 3x − 6x − 3x − 6x+ 3 3x--+-x-+--x−-2- 3x4+--x3+--x2-− 2x x − 73 − 7x3− 4x2 − 4x+ 3 − 7x3−-73x2-− 73x+-143- − 5x2 − 5x − 5 3 3 3

Снова делим предыдущий делитель на предыдущий остаток (домноженный на $− 3 5$ ):

| 3x3+ x2+ x− 2|x2 +-x+-1- 3 2 | 3x--+3x-+3x- 3x − 2 − 2x2− 2x− 2 − 2x2− 2x− 2 ------------ 0

Поскольку деление произошло без остатка, НОД исходных многочленов равен $x2 + x+ 1$ .

к)

Делим многочлен большей степени на многочлен меньшей степени:

4 3 2 | 3 2 x − 4x +0x +0x+1 |x-−-3x--+-1 x4− 3x3+0x2+ x |x − 1 ------3---2----- − x +0x − x+1 − x3+3x2+0x − 1 --------2-------- − 3x − x+2

Теперь делим предыдущий делитель (домноженный на $3$ ) на предыдущий остаток (домноженный на $− 1$ ):

3 2 | 2 3x − 9x + 0x+ 3 3x--+-x−-2- 3x3+ x2− 2x x − 130 --------2------ − 10x + 2x+ 3 − 10x2− 103 x+ 203 -------16---11- 3 x− 3

Снова делим предыдущий делитель (домноженный на $16$ ) на предыдущий остаток (домноженный нв $9$ ):

2 | 48x +16x − 32 48x-−-33- 48x2− 33x x + 49 ---------- 48 49x− 32 49x− 51396- --------27- 16

На следующем шаге деление многочлена $16x − 11$ (последнее делимое, домноженное на $13$ ) на многочлен $1$ (последний остаток, домноженный на $1267$ ), очевидно, произойдет без остатка, так что НОД исходных многочленов равен $1$ .

л)

Делим второй многочлен на первый:

4 √-- 3 2 √ -- | 4 2 x − 4 2x + 6x +4 2x+1 |x-−-10x--+-1 x4+ 0x3 − 10x2+ 0x+1 |1 -----√---3----2---√------- − 4 2x +16x +4 2x

Ясно, что НОД( $4 2 x − 10x + 1$ , $√ --3 2 √-- − 4 2x + 16x + 4 2x$ ) равен НОД( $4 2 x − 10x + 1$ , $√ -- x2 − 2 2x − 1$ ), поскольку первый многочлен не делится на $x$ . Снова делим один многочлен на другой: