algebra10_нелін_дворівн

§ 10. Многочлени від однієї змінної та дії над ними

(х – α1)(х – α2)æ...æ(х – αk)(х – αk + 1), тобто теорема доведена й при n = k + 1.

Отже, теорема справедлива для будь$якого натурального п. )

Н а с л і д о к. Многочлен степеня п має не більше п різних коренів.

( Припустимо, що многочлен n$го степеня має (п + 1) різних коренів:

α1, α2, ..., αп, αп + 1. Тоді f (x) ділиться на добуток (х – α1)(х – α2)æ... × × (х –αп + 1) — многочлен степеня (п + 1), але це неможливо. Тому много$

член п$го степеня не може мати більше, ніж п коренів. )

Нехай тепер многочлен n$го степеня f (x) = апхп + ап – 1хп – 1 + ... + а2х2 + а1х + + а0 (aп ≠ 0) має п різних коренів α1, α2, ..., αп. Тоді цей многочлен ділиться без

остачі на добуток (х – α1)(х – α2)æ...æ(х – αп). Цей добуток є многочленом того самого п$го степеня. Oтже, у результаті ділення можна одержати тільки мно$ гочлен нульового степеня, тобто число. Таким чином,

апхп + ап – 1хп – 1 + … + а2х2 + а1х + а0 = b (х – α1)(х – α2)æ...æ(х – αп). (2) Якщо розкрити дужки в правій частині рівності (2) і прирівняти коефіці$

єнти при старших степенях, то одержимо, що b = ап, тобто

Порівнюючи в тотожності (3) коефіцієнти при однакових степенях х зліва і справа, одержуємо співвідношення між коефіцієнтами рівняння та його ко$ ренями, які називаються формулами Вієта:

121

РОЗДІЛ 1. Тригонометричні функції

Виконання таких рівностей є необхідною і достатньою умовою того, щоб числа α1, α2, …, αп були коренями многочлена

f (x) = апхп + ап – 1хп – 1 + ... + а2х2 + а1х + а0 (aп ≠ 0).

Формули (3) і (4) справедливі не тільки для випадку, коли всі корені мно$ гочлена f (x) різні. Введемо поняття кратного кореня многочлена.

Якщо многочлен f (x) ділиться без остачі на (х – α)k, але не ділиться без остачі на (х – α)k + 1, то говорять, що число α є корінь кратності k много члена f (x).

Наприклад, якщо добуток (х + 2)3(х – 1)2(х + 3) записати у вигляді многочле$ на, то для цього многочлена число (–2) є коренем кратності 3, число 1 є коре$ нем кратності 2, а число (–3) є коренем кратності 1.

При використанні формул Вієта у випадку кратних коренів необхідно ко$ жен корінь записати стільки разів, яка його кратність.

Приклад 2 Перевірте справедливість формул Вієта для многочлена f (x) = х3 + 2х2 – 4х – 8.

Xf (x) = х3 + 2х2 – 4х – 8 = х2(х + 2) – 4(х + 2) = (х + 2)(х2 – 4) = (х – 2)(х + 2)2.

Тому f (х) має корені: α1 = 2, α2 = –2, α3 = –2 (оскільки (–2) — корінь кратності 2).

Перевіримо справедливість формул (5).

Унашому випадку: а3 = 1, а2 = 2, а1= –4, а0 = –8. Тоді

Як бачимо, всі рівності виконуються, тому формули Вієта є справедли$ вими для даного многочлена. Y

Приклад 3 Складіть квадратне рівняння, коренями якого є квадрати ко$ ренів рівняння х2 – 8х + 4 = 0.

XПозначимо корені рівняння х2 – 8х + 4 = 0 через х1 і х2. Тоді коренями рівняння, яке ми шукаємо, повинні бути числа α1 = x12 і α2 = x22. Отже, це

рівняння має вигляд: х2 + рх + q = 0,

де p = − (α1 + α2 ) = − (x12 + x22 ) = − ((x1 + x2 )2 − 2x1x2 ), q = α1α2 = x12x22 = (x1x2 )2 . За формулами Вієта маємо: х1 + х2 = 8 і х1х2 = 4. Звідси знаходимо, що

q = (х1х2)2 = 42 = 16, а p = − ((x1 + x2 )2 − 2x1x2 ) = − (82 − 2 4) = −56. Таким чином, шукане рівняння має вигляд х2 – 56х + 16 = 0. Y

Вправи

1.Знайдіть остачу від ділення многочлена х5 – 4х4 + 2х3 – 5х + 1 на х + 2.

2.Знайдіть коефіцієнт а, знаючи, що остача від ділення многочлена х3 – ах2 + 5х – 3 на х – 1 дорівнює 6.

122

§10. Многочлени від однієї змінної та дії над ними

3.Многочлен f (х) при діленні на х – 1 дає остачу 4, а при діленні на х – 3 дає остачу 6. Знайдіть остачу від ділення многочлена f (х) на х2 – 4х + 3.

4.При яких значеннях а і b многочлен х4 + 2х3 + ах2 – bх + 2 ділиться без остачі на х + 2, а при діленні на х – 1 має остачу, яка дорівнює 3?

5.Остача від ділення многочлена f (x) на 3х2 – 5х + 2 дорівнює 7х + 1. Знайдіть остачу від ділення цього многочлена на двочлени х – 1 і 3х – 2.

6.Запишіть формули Вієта при п = 4.

7.Складіть кубічний многочлен, який має корені 5, –2, 1 і коефіцієнт при старшому члені –2. Розв’яжіть задачу двома способами.

8.При яких значеннях а сума квадратів коренів тричлена х2 – (а + 2)х + 3а дорівнює 12?

9.Яку кратність має корінь 2 для многочлена

f(х) = х5 – 5х4 + 7х3 – 2х2 + 4х – 8?

10.Складіть кубічний многочлен, який має корінь 3 кратності 2 і корінь (–1), а коефіцієнт при старшому члені 2.

11.Знайдіть такі а і b, щоб число 3 було коренем не менш ніж другої крат$ ності для многочлена f (х) = х3 – 5х2 + ах + b.

12.Складіть квадратне рівняння, корені якого протилежні кореням рівнян$ ня х2 – 5х + 1 = 0.

13.Складіть квадратне рівняння, корені якого обернені до коренів рівняння 2х2 – 5х + 1 = 0.

14.Складіть квадратне рівняння, коренями якого є квадрати коренів рівнян$ ня х2 + 6х + 3 = 0.

10.4. СХЕМА ГОРНЕРА

Ділити многочлен f (x) на двочлен (х – а) іноді зручно за допомогою спеці$ альної схеми, яку називають схемою Горнера.

( Нехай многочлен f (x) = а0хп + а1хп – 1 + ... + ап – 1х + ап (a0 ≠ 0) потрібно розділити на двочлен (х – а). У результаті ділення многочлена п$го степеня

на многочлен першого степеня одержимо деякий многочлен Q (x) (п – 1)$го

степеня (тобто Q (x) = b0xп – 1 + b1xп – 2 + ... + bп – 2x + bп – 1, де b0 ≠ 0) і остачу R. Тоді f(x) = (х – а)æQ (x) + R, тобто

а0хп + а1хп – 1 + ... + ап – 1х + ап =

= (х – а)æ(b0xп – 1 + b1xп – 2 + ... + bп – 2x + bп – 1) + R. Оскільки ліва і права частини тотожно рівні, то перемножимо многочлени, які стоять справа, і прирівняємо коефіцієнти при відповідних степенях х:

123

РОЗДІЛ 1. Тригонометричні функції

Знайдемо з цих рівностей коефіцієнти b0, b1,..., bn – 1 і остачу R:

b0 = а0, b1 = ab0 + a1, b2 = ab1 + a2, …, bп – 1 = abп – 2 + aп – 1, R = abп – 1 + aп. Як бачимо, перший коефіцієнт неповної частки дорівнює першому коефі$ цієнту діленого, а решта коефіцієнтів неповної частки і остача знаходять$ ся однаково: для того щоб знайти коефіцієнт bk + 1 неповної частки, достат$ ньо попередній знайдений коефіцієнт bk помножити на а і додати k$й ко$ ефіцієнт діленого. Цю процедуру доцільно оформляти у вигляді спеціаль$ ної схеми$таблиці, яка називається схемою Горнера.

)

Приклад 1 Розділіть за схемою Горнера f (х) = 3х4 – 2х3 – 4х + 1 на дво$ член х – 2.

XЗапишемо спочатку всі коефіцієнти многочлена f (х) (якщо в многочлені пропущений степінь 2, то відповідний коефіцієнт вважаємо рівним 0), а потім знайдемо коефіцієнти неповної частки і остачу за вказаною схемою:

Отже, 3х4 – 2х3 – 4х +1 = (х – 2)(3х3 + 4х2 + 8х + 12) + 25. Y

Приклад 2 Перевірте, чи є х = –3 коренем многочлена f (х) = 2х4 + 6х3 + 4х2 – 2х – 42.

XЗа теоремою Безу остача від ділення многочлена f (х) на х – а дорівнює f (а), тому знайдемо за допомогою схеми Горнера остачу від ділення f (х) на х – (–3) = х + 3.

Оскільки f (–3) = 0, то х = –3 — корінь многочлена f (х). Y

Вправи

1.Використовуючи схему Горнера, знайдіть неповну частку і остачу від ділен$ ня многочлена А (х) на двочлен В (х):

1) А (х) = х3 + 3х2 + 3х + 1; В (х) = х + 1;

124

§10. Многочлени від однієї змінної та дії над ними

2)А (х) = 5х3 – 26х2 + 25х – 4; В (х) = х – 5;

3)А (х) = х3 – 15х2 + 10х + 24; В (х) = х + 3.

2.Використовуючи схему Горнера, перевірте, чи ділиться многочлен f (x) на двочлен q (x):

1)f (х) = 4х3 – х2 – 27х – 18; q (x) = x + 2;

2)f (х) = х4 – 8х3 + 15х2 + 4х – 20; q (x) = x – 2.

3.Розділіть многочлен А (х) на двочлен В (х):

1)А (х) = 2х3 – 19х2 + 32х + 21; В (х) = х – 7;

2)А (х) = 4х3 – 24х2 + 21х – 5; В (х) = 2х – 1.

10.5.ЗНАХОДЖЕННЯ РАЦІОНАЛЬНИХ КОРЕНІВ МНОГОЧЛЕНА

ЗЦІЛИМИ КОЕФІЦІЄНТАМИ

Те о р е м а 4. Якщо многочлен з цілими коефіцієнтами

f (x) = апхп + + ап – 1хп – 1 + ... + а1х + а0 має раціональний корінь x = qp (q ≠ 0), то р є дільником вільного члена (а0), а q — дільником коефі

цієнта при старшому члені ап.

У рівності (2) всі доданки, окрім останнього, діляться на р. Тому a0qn = – (апрп + ап – 1рп – 1q + ... + а1рqn – 1) ділиться на р.

p

Але коли ми записуємо раціональне число у вигляді q , то цей дріб вва$

жається нескоротним, тобто р і q не мають спільних дільників. Добуток a0qn може ділитися на р (коли р і q — взаємно прості числа) тільки тоді, коли a0 ділиться на р. Тобто р — дільник вільного члена a0.

Аналогічно всі доданки рівності (2), крім першого, діляться на q. Тоді

апрп = –(ап – 1рп – 1q + ... + а1рqn – 1 + а0qn) ділиться на q. Оскільки р і q взаємно прості числа, то ап ділиться на q, тобто q — дільник коефіцієнта при стар$

шому члені. )

Відзначимо два наслідки з цієї теореми. Якщо взяти q = 1, то коренем мно$ гочлена буде ціле число р — дільник a0. Отже, має місце:

Н а с л і д о к 1. Будь який цілий корінь многочлена з цілими коефіці

єнтами є дільником його вільного члена.

125

РОЗДІЛ 1. Тригонометричні функції

Якщо в заданому многочлені f (х) ап = 1, то дільниками ап можуть бути тільки числа ä 1, тобто в цьому випадку q = ä 1, і має місце:

Н а с л і д о к 2. Якщо коефіцієнт при старшому члені рівняння з

цілими коефіцієнтами дорівнює 1, то всі раціональні корені цього рівняння (якщо вони існують) — цілі числа.

Приклад 1 Знайдіть раціональні корені многочлена 2х3 – х2 + 12х – 6.

X Нехай нескоротний дріб p є коренем многочлена. Тоді р необхідно шукати

q

серед дільників вільного члена, тобто серед чисел ä 1, ä 2, ä 3, ä 6, а q — серед дільників старшого коефіцієнта: ä 1, ä 2.

Таким чином, раціональні корені многочлена потрібно шукати серед чисел

± 1 , ä 1, ± 3 , ä 2, ä 3, ä 6. Перевіряти, чи є дане число коренем многочле$

22

на, доцільно за допомогою схеми Горнера. При x = 1 маємо таблицю.

Многочлен 2х2 + 12 не має дійсних ко$ ренів (а тим більше раціональних), тому заданий многочлен має єдиний

раціональний корінь x = 12. Y

Приклад 2 Розкладіть многочлен Р (х) = 2х4 + 3х3 – 2х2 – х – 2 на множ$ ники.

XШукаємо цілі корені многочлена серед дільників вільного члена: ä 1, ä 2. Підходить 1. Ділимо Р (х) на х – 1 за допомогою схеми Горнера.

126

§ 10. Многочлени від однієї змінної та дії над ними

Зазначимо, що в множині дійсних чисел не завжди можна знайти всі ко$ рені многочлена (наприклад, уже квадратний тричлен х2 + х + 1 не має дійсних коренів). Таким чином, многочлен п$го степеня не завжди можна розкласти в добуток лінійних множників. Але виявляється, що многочлен непарного сте$ пеня завжди можна розкласти в добуток лінійних і квадратних множників, а многочлен парного степеня завжди можна розкласти в добуток квадратних тричленів.

Наприклад, многочлен четвертого степеня розкладається в добуток двох квадратних тричленів. Для знаходження коефіцієнтів цього розкладу іноді можна використовувати метод невизначених коефіцієнтів.

Приклад 3 Розкладіть на множники многочлен х4 + х3 + 3х2 + х + 6.

XСпроба знайти раціональні корені нічого не дає — многочлен не має раціо$ нальних (цілих) коренів.

Спробуємо знайти розклад цього многочлена в добуток двох квадратних тричленів. Оскільки старший коефіцієнт многочлена дорівнює 1, то й у квадратних тричленах візьмемо старші коефіцієнти рівними 1. Тобто шу$ катимемо розклад нашого многочлена у вигляді:

де а, b, с і d — якісь невизначені (поки що) коефіцієнти.

Многочлени, що стоять у лівій і правій частинах цієї рівності, тотожно рівні, тому коефіцієнти при однакових степенях х у них однакові. Розкриємо дуж$ ки в правій частині рівності і прирівняємо відповідні коефіцієнти. Це зручно записати так: х4 + х3 + 3х2 + х + 6 = x4 + cx3 + dx2 +

+ ax3 + acx2 + adx +

+ bx2 + bcx + bd.

Одержуємо систему:

Спроба розв’язати цю систему методом підстановки приводить до рівнян$ ня 4$го степеня, тому спробуємо розв’язати систему (4) у цілих числах. З останньої рівності системи (4) одержуємо, що b і d можуть бути тільки дільниками числа 6. Усі можливі варіанти запишемо в таблицю.

127

РОЗДІЛ 1. Тригонометричні функції

Для кожної пари значень b і d з третьої рівності системи (4) знайдемо ас: ас = 3 – (b + d), а з другої рівності а + с = 1.

Знаючи а + с і ас, за теоремою, оберненою до теореми Вієта, знаходимо а і с як корені квадратного рівняння. Коли знайдемо всі числа а, b, с, d, то чет$ верта рівність системи (4) bс + ad = 1 дозволяє вибрати ті числа, які є роз$ в’язками системи (4). Зручно ці міркування оформити у вигляді таблиці:

Як бачимо, системі (4) задовольняє набір цілих чисел а = –1, b = 2, с = 2, d = 3. Тоді рівність (3) має вигляд

х4 + х3 + 3х2 + х + 6 = (х2 – х + 2)(х2 + 2х + 3). (5) Оскільки квадратні тричлени х2 – х + 2 і х2 + 2х + 3 не мають не тільки раціональних, але й дійсних коренів, то рівність (5) дає остаточну від$ повідь. Y

5*. Розкладіть многочлен на множники методом невизначених коефіцієнтів: 1) х4 + х3 – 5х2 + 13х – 6; 2) х4 – 4х3 – 20х2 + 13х – 2.

6*. Розкладіть многочлен на множники, заздалегідь записавши його за допо$ могою методу невизначених коефіцієнтів у вигляді (х2 + bх + с)2 – (тх + п)2: 1) х4 + 4х – 1; 2) х4 – 4х3 – 1; 3) х4 + 4а3х – а4.

128

§11 ДОДАТКОВІ ФОРМУЛИ ТРИГОНОМЕТРІЇ

11.1.ФОРМУЛИ ПОТРІЙНОГО ТА ПОЛОВИННОГО АРГУМЕНТІВ. ВИРАЖЕННЯ ТРИГОНОМЕТРИЧНИХ ФУНКЦІЙ ЧЕРЕЗ ТАНГЕНС ПОЛОВИННОГО АРГУМЕНТУ

Та б л и ц я 23

1.Формули потрійного аргументу

2. Формули пониження степеня

3. Формули половинного аргументу

(Знак перед коренем вибирається залежно від знака тригонометричної функції, що стоїть у лівій частині рівності.)

4. Вираження тригонометричних функцій через тангенс половинного аргументу

129

РОЗДІЛ 1. Тригонометричні функції

Пояснення й обґрунтування

1. Формули потрійного аргументу. Використовуючи формули додавання, формули подвійного аргументу, основну тригонометричну тотожність і фор$ мулу tg αæctg α = 1, одержуємо такі формули:

sin 3α = sin (2α + α) = sin 2αæcos α + cos 2αæsin α = 2 sin αæcos 2 α +

+(1 – 2 sin2 α)æsin α = 2 sin αæ(1– sin 2 α) + (1 – 2 sin2 α)æsin α =

=3 sin α – 4 sin3 α. Отже,

sin 3α = 3 sin α – 4 sin3 α .

cos 3α = cos (2α + α) = cos 2αæcos α – sin 2αæsin α =

=(2 cos 2 α – 1)æcos α – 2 sin 2 αæcos α =

=(2cos 2 α –1)æcos α – 2(1– cos2 α)æcos α= 4 cos3 α – 3 cos α. Отже,

cos 3α = 4 cos3 α – 3 cos α .

З а у в а ж е н н я. Функції sin 3α і cos 3α існують при будь$яких значеннях α,

3. Формули половинного аргументу. Якщо у формулах (1) і (2) замість α взяти аргумент α2 , то одержимо:

130