Зразок розв‘язання контрольної роботи № 2

Варіант 0.

1. Знайти найбільший спільний дільник многочленів f(x) і g(x) та підібрати такі многочлени m(x) і n(x), що f(x)m(x) + g(x)n(x) = d(x).

f(x) = 2x⁴ + 3x³ – 3x² – 5x + 2;

g(x) = 2x³ + x² – x – 1.

Розв‘язок.

До многочленів f(x) і g(x) застосовуємо алгоритм Евкліда:

_ 2x4 + 3x3 – 3x2 – 5x + 2					2x3 + x2 – x – 1
2x4 + x3 – x2 – x					х + 1
		_ 2x3 – 2x2 – 4x + 2
		2x3 + x2 – x – 1
_ 2x3 + x2 – x – 1			– 3x2 + 3x + 3
2x3 + 2x2 – 2x
		_ – x2 + x – 1
		– x2 – x + 1
_ – 3x2 + 3x + 3			2х – 2
– 3x2 + 3x
	_ –6х + 3
	–6х + 6
	– 3.

Отже, в результаті ділення одержуємо:

f(x) = g(x)q₁(x) + r₁(x);

q₁(x) = x + 1, r₁(x) = –3x² – 3x + 3;

g(x) = r₁(x)q₂(x) + r₂(x);

q₂(x) = ; r₂(x) = 2x – 2;

r₁(x) = r₂(x)q₃(x) + r₃(x);

q₃(x) = ; r₃(x) = –3.

Так як r₃(x) = –3 є стале число, а на стале число без остачі ділиться будь-який многочлен, то наступна остача r₄(x) буде дорівнювати нулю. Отже, алгоритм Евкліда записався тут у три рядки, а найбільший спільний дільник дорівнює – 3, або

d(x) = 1 = – r₃(x).

Щоб виразити d(x) через многочлени m(x) і n(x) виразимо спочатку через них r₃(x).

r₃(x) = r₁(x) – r₂(x) q₃(x),

r₃(x) = r₁(x) – [g(x) – r₁(x)q₂(x)]q₃(x),

або r₃(x) = r₁(x)[1 + q₂(x)q₃(x)] – g(x)q₃(x).

В останню рівність замість r₁(x) підставимо його вираз з першого рядка алгоритму Евкліда, одержимо:

r₃(x) = [f(x) – g(x)q₁(x)][1 + q₂(x)q₃(x)] – g(x)q₃(x) =

= –f(x)[1 + q₂(x)q₃(x)] + g(x)[–q₁(x) – q₁(x)q₂(x)q₃(x) – q₃(x)].

Враховуючи, що d(x) = – r₃(x), маємо:

.

Отже, ;

,

де q₁(x) = x + 1; q₂(x) = ; q₃(x) = .

Одержуємо:

Відповідь:

ІІ. Користуючись схемою Горнера:

а) розкласти многочлен f(x) за степенями (х – а) і одержаний розклад розташувати за спадними степенями х;

б) знайти канонічний розклад (відокремити кратні множники);

в) знайти значення многочлена f(x) та його похідних при х = а, якщо

f(x) = x⁶ – 6x⁴ – 4x³ + 9x² + 12x + 4, a = –2.

Розв‘язок.

а) За схемою Горнера маємо:

	1	0	–6	–4	9	12	4
–2	1	–2	–2	0	9	–6	16
–2	1	–4	6	–18	33	–72
–2	1	–6	18	–48	129
–2	1	–8	34	–116
–2	1	–10	54
–2	1	–12
–2	1

Звідси

f(x) = (x + 2)⁶ – 12(x + 2)⁵ + 54(x + 2)⁴ – 116(x + 2)³ +

+ 129(x + 2)² – 72(x + 2) + 16 = F(x + 2).

Розташуємо многочлен F(x + 2) за степенями х. запишемо х у вигляді x = (x + 2) – 2 і за схемою Горнера розділимо F(x + 2) на двочлен (x + 2) – 2 , одержуємо:

	1	–12	54	–116	129	–72	16
2	1	–10	34	–48	33	–6	4
2	1	–8	18	–12	9	12
2	1	–6	6	0	9
2	1	–4	–2	–4
2	1	–2	–6
2	1	0
2	1

Отже, F(x + 2) = x⁶ – 6x⁴ – 4x³ + 9x² + 12x + 4.

б) Знайдемо d₁ = (f, f ), де f = 6x⁵ – 24x³ – 12x² + 18x + 12.

Застосовуючи алгоритм Евкліда для многочленів f і f , одержуємо:

d₁ = x⁴ + x³ – 3x² – 5x – 2,

d₁ = 4x³ + 3x² – 6x – 5.

Знаходимо d₂ = (d₁, d₁); d₂ = x² + 2x + 1;

d₂ = 2x + 2;

d₃ = (d₂, d₂); d₃ = x + 1;

d₃ = 1;

d₄ = (d₄, d₄); d₄ = 1.

Отже, маємо:

Тому

Враховуючи, що індекс  означає кратність, маємо: f(x) = (x – 2)²  (x + 1)⁴ – канонічний розклад многочлена f(x).

в) Для многочлена f(x) запишемо формулу Тейлора:

Порівняємо формулу з розкладом за степенями (х + 2). Одержуємо:

f(–2) = 16; f (–2) = – 72; f (–2) = 2!129;

f (–2) = –3!116; f ^(IV) (–2) = 4!54; f ^(V) (–2) = –5!12; f ^(VI) (–2) = 6!.

ІІІ. Знайти раціональні корені многочлена

f(x) = 12x⁶ + 64x⁵ + 123x⁴ + 113x³ + 65x² + 24x + 4.

Розв‘язок.

Старший коефіцієнт a₀ = 12  1. Тому многочлен, якщо має раціональні корені, то вони можуть бути як цілими, так і дробовими.

Шукаємо їх серед чисел:

Для скорочення обчислень знайдемо межі коренів многочлена f(x). Так як коефіцієнти многочлена f(x) додатні, то він не має додатних коренів і тому верхня межа дорівнює нулеві.

Знайдемо нижню межу многочлена f(x) методом Ньютона.

f(x) = 12x⁶ + 64x⁵ + 123x⁴ + 113x³ + 65x² + 24x + 4.

Для f(–x) знаходимо методом Ньютона верхню межу: ВМ = –3, отже, НМ = – 3 – нижня межа для многочлена f(x).

Отже, усі корені многочлена f(x) знаходяться на проміжку (–3; 0). Тому залишилися для випробувань числа:

Знаходимо цілі корені, ними можуть бути числа –1, –2. обчислюємо f(1) = 405, f(–1) = 3. так як f(–1)  0, то число –1 не є коренем f(x). Для числа –2 застосовуємо “сито”. Результат запишемо у таблицю:


–2	ц	ц

Отже, число –2 підозріле на корінь.

За схемою Горнера перевіряємо, чи буде –2 коренем многочлена та визначимо його кратність:

	12	64	123	113	65	24	4
–2	12	40	43	27	11	2	0
–2	12	16	11	5	1	0
–2	12	4	3	–1	3

З таблиці видно, що  = –2 є двократним коренем многочлена f(x). Знаходимо дробові корені. До чисел, що залишилися для перевірки, застосовуємо “сито”. Результати заносимо до таблиці:

	ц	д	ц	д	ц	д	д
	ц		д		ц

Числа і підозрілі на корінь. Так як –2 є двократним коренем многочлена f(x) = (x + 2)²g(x), де g(x) = 12x⁴ + 16x³ + 11x² + 5x + 1, то кожне з чисел і перевіряємо на корінь за схемою Горнера для многочлена g(x):

	12	16	11	5	1
	12	10	6	2	0
	12	4	4	0
	12	–2	5

Звідси маємо:  = є двократним коренем многочлена g(x) і тому

f(x) = (x + 2)²  (x + )²  (x),

де (x) = 12x² + 4x + 4.

Перевіряємо число  = на корінь для многочлена (x).

	12	4	4
	12	1

Отже,  = не є коренем. Тому многочлен f(x) має два двократні корені ₁ = –2, ₂ = .

ІV. Виразити через елементарні симетричні многочлени многочлен.

f(x₁, x₂, x₃) = x₁³x₂ + x₁³x₃ + x₁x₂³ + x₁x₃³ + x₂³x₃ + x₂x₃³ .

Розв‘язок.

Складемо розрахункову таблицю:

Система показників вищого члена	Вищий член	Відповідна комбінація елементарних симетричних многочленів
3 1 0	x13x2x30	122
2 2 0	bx12x22x30	b22
2 1 1	cx12x2x3	c13

Тоді f(x₁, x₂, x₃) = ₁²₂ + b₂² + c₁₃, (*)

де ₁ = x₁ + x₂ + x₃, ₂ = x₁x₂ + x₁x₃ + x₂ x₃, ₃ = x₁x₂ x₃.

Поклавши x₁ = 1; x₂ = –1; x₃ = 0, одержуємо: ₁ = 0, ₂ = –1, ₃= 0, f = –2.

Підставляючи знайдені значення у вираз (*), одержуємо:

–2 = b  (–1)²; b = –2,

тобто f(x₁, x₂, x₃) = ₁²₂ –2₂² + c₁_3. (**)

Надаємо значень x₁ = x₂ = 1, x₃ = –1, одержуємо:

₁ = 1, ₂ = –1, ₃ = –1, f = –2.

Підставляємо знайдені значення у вираз (**), одержуємо: c = –1. Отже,

f(x₁, x₂, x₃) = ₁²₂ –2₂² – ₁_3.

V. У множині дійсних чисел розв’язати систему рівнянь:

Розв‘язок.

Складаємо результант і знаходимо всі його корені. Маємо:

Многочлен y³ – 9y² + 24y – 20 має раціональний корінь у = 2. Отже, R(y) = 2(y – 1)(y – 2)²(y – 5).

₁ = 1; _{2, 3} = 2; ₄ = 5.

Розглянемо випадок 1) ₁ = 1. Одержуємо:

Спільного кореня ці многочлени не мають.

2) Нехай _{2, 3} = 2. Тоді

Спільний корінь ₂ = 1 і тому ₂ = 1, ₂ = 2 є розв‘язком даної системи.

3) Нехай ₄ = 5. Маємо:

Спільний корінь тут . Отже, , ₄ = 5 – другий розв‘язок системи рівнянь.

Відповідь: (1, 2); ( , 5).

VI. Позбавитися від алгебраїчної ірраціональності в знаменнику дробу

.

Розв‘язок.

Заданий дріб є значенням раціонального дробу при , яке є коренем незвідного у полі Q многочлена h(x) = x³ – 7. Многочлени g(x) і f(x) взаємно прості. Знайдемо лінійне зображення їхнього найбільшого спільного дільника.

Ділення многочленів виконаємо “кутом”:

_ x3 – 7		x2 – x + 3
x3 – x2 + 3x		x + 1
	_ x2 – 3x – 7
	x2 – x + 3
	– 2x – 10

x³ – 7 = (x² – x + 3)(x + 1) – 2x – 10,

h(x) = g(x)(x + 1) – (2x + 10).

2x + 10 = –h(x) + g(x)(x + 1);

_ x2 – x + 3		– 2x – 10
x2 + 5x
	_ – 6x + 3
	– 6x – 30
	33

x² – x + 3 = (– 2x – 10)( ) + 33,

g(x) = – (2x + 10)( ) + 33.

Звідси

33 = g(x) + (2x + 10)( ) = g(x) + (– h(x) + g(x)(x + 1))( ) =

= g(x)(1 + (x + 1)( )) + h(x)( ) = g(x)( ) +

+ h(x)( ).

Оскільки , то

VІІ. Довести, що число  є алгебраїчним і знайти його мінімальний многочлен, якщо .

Розв‘язок.

Число  називають алгебраїчним відносно поля Р, якщо воно є коренем деякого многочлена над полем Р. Отже, нам треба знайти незвідний над полем Р многочлен, коренем якого є число . Для цього розглянемо рівняння . Число  є коренем цього рівняння. Обидві частини цього рівняння підносимо до другого степеня .

Позбавляємося від ірраціональних коефіцієнтів:

,

звідси одержуємо рівняння з раціональними коефіцієнтами x⁴ – 4x² + 1 = 0.

В результаті зроблених перетворень не відбулося втрати коренів. Отже, число є коренем одержаного рівняння або многочлена f(x) = x⁴ – 4x² + 1. Цей многочлен над полем раціональних чисел незвідний. Так як степінь многочлена f(x) дорівнює 4, то число є алгебраїчним числом 4-ого степеня, а його мінімальним многочленом є многочлен f(x) = x⁴ – 4x² + 1.

VІІІ. Розкласти на незвідні у полі Q множники многочлен

f(x) = x⁴ + 2x³ – 3x² – 5x + 2.

Розв‘язок.

Нехай многочлен f(x) є звідним у полі Q, тобто його можна розкласти в добуток не менше як двох многочленів ненульового степеня з кільця Q[x]. Щоб розкласти многочлен f(x) на множники, застосуємо метод невизначених коефіцієнтів. При цьому досить розглянути два випадки можливого розкладу:

1. обидва множники мають степінь 2;

2. один множник має степінь 1, а другий 3.

Нехай f(x) = (ax² + bx + c)(dx² + mx + n). (1)