+_Algebra10_Nelin_profil

142  Розділ 1. ФУНКЦІЇ, МНОГОЧЛЕНИ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Многочлен другого степеня має вигляд ах2 + bх + с (а ≠ 0). Одержуємо тотожність:

(х + 2) (х + 4) (х + 6) (х + 8) + 16 = (ах2 + bх + с)2. (5) Розкриваючи дужки в лівій і правій частинах цієї тотожності та прирівнюючи коефіцієнти при однакових степенях х, одержуємо систему

рівностей. Цей етап зручно оформляти в такому вигляді:

З першої рівності одержуємо а = 1 або а = –1.

При а = 1 із другої рівності маємо b = 10, а з третьої — с = 20. Як бачимо, при цих значеннях а, b і с останні дві рівності також виконуються. Отже, тотожність (5) виконується при а = 1, b = 10, с = 20 (аналогічно можна також одержати а = –1, b = –10, с = –20).

Таким чином, (х + 2) (х + 4) (х + 6) (х + 8) + 16 = (х2 + 10х + 20)2.

Вправи

1.Знаючи, що многочлени f (x) і g (x) тотожно рівні, знайдіть значення коефіцієнтів а, b, c, d:

1)f (x) = 2x2 – (3 – a) x + b, g (x) = cx3 + 2dx2 + x + 5;

2)f (x) = (a + 1) x3 + 2, g (x) = 3x3 + bx2 + (c – 1) x + d.

2.Знайдіть такі числа а, b, c, щоб задана рівність (х2 – 1) а + b (х – 2) + + с (х + 2) = 2 виконувалася при будь-яких значеннях х.

3.Доведіть тотожність:

1)(х – 1) (х + 1) (х2 – х + 1) (х2 + х + 1) = х6 – 1;

4.Доведіть, що заданий вираз є повним квадратом:

1)(х – 1) (х – 2) (х – 3) (х – 4) + 1;

2)(х + а) (х + 2а) (х + 3а) (х + 4а) + а4.

5.Знайдіть такі а і b, щоб при будь-яких значеннях х виконувалася

рівність

3х4 + 4х3 + 8х2 + 3х + 2 = (3х2 + ах + 1) (х2 + х + b).

144  Розділ 1. ФУНКЦІЇ, МНОГОЧЛЕНИ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Приклад. Розділимо многочлен А (х) = х4 – 5х3 + х2 + 8х – 20 на многочлен В (х) = х2 – 2х + 3.

Доведемо, що одержаний результат дійсно є результатом ділення А (х) на В (х) з остачею.

Якщо позначити результат виконання першого кроку алгоритму че-

рез f1 (x), другого кроку — через f2 (x), третього — через f3 (x), то операцію ділення, яку виконали вище, можна записати у вигляді системи рівностей:

Ураховуючи, що степінь f3 (x) = х + 4 менший за степінь дільника

В (х) = х2 – 2х + 3, позначимо f3 (x) = R (x) (остача), а х2 – 3х – 8 = = Q (x) (неповна частка). Тоді з рівності (4) маємо: А (х) = В (х)• Q (x) +

+R (x), тобто х4 – 5х3 + х2 + 8х – 20 = (х2 – 2х + 3) (х2 – 3х – 8) +

+х + 4, а це й означає, що ми розділили А (х) на В (х) з остачею. Очевидно, що наведене обґрунтування можна провести для будь-якої

пари многочленів А (х) і В (х) у випадку їх ділення стовпчиком. Тому описаний вище алгоритм дозволяє для довільних діленого А (х) і дільника В (х) (де В (х) — ненульовий многочлен) знайти неповну частку Q (x) та остачу R (x).

Зазначимо, що у випадку, коли степінь діленого А (х) менший за степінь дільника В (х), вважають, що неповна частка Q (x) = 0, а остача R (x) = А (х).

Вправи

1.Виконайте ділення многочлена на многочлен:

146  Розділ 1. ФУНКЦІЇ, МНОГОЧЛЕНИ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Справедливе і зворотне твердження. Воно є наслідком теореми Безу.

Теорема 2. Якщо число α є коренем многочлена f (x), то цей многочлен ділиться на двочлен (х – α) без остачі.

За теоремою Безу остача від ділення f (x) на (х – α) дорівнює f (α). Але за умовою α — корінь f (x), отже, f (α) = 0. 

Узагальненням теореми 2 є таке твердження.

Теорема 3. Якщо многочлен f (x) має попарно різні корені α1, α2, ..., αn, то він ділиться без остачі на добуток

(х – α1) (x – α2)•...•(х – αn).

Для доведення використовуємо метод математичної індукції. При п = 1 твердження доведено в теоремі 2.

Припустимо, що твердження справедливе при п = k. Тобто, якщо α1, α2, ..., αk — попарно різні корені многочлена f (x), то він ділиться на добуток (х – α1) (х – α2)•…•(х – αk). Тоді

f (x) = (х – α1) (х – α2)•...•(х – αk)•Q (x). (1) Доведемо, що твердження теореми справедливе й при n = k + 1.

Нехай α1, α2, ..., αk, αk + 1 — попарно різні корені многочлена f (x). Оскільки αk + 1 — корінь f (x), то f (αk + 1) = 0. Беручи до уваги рівність (1), яка виконується згідно з припущенням індукції, одержуємо:

f (αk + 1) = (αk + 1 – α1) (αk + 1 – α2)•...•(αk + 1 – αk)•Q (αk + 1) = 0.

За умовою всі корені α1, α2, ..., αk, αk + 1 різні, тому жодне із чисел αk + 1 – α1, αk + 1 – α2, ..., αk + 1 – αk не дорівнює нулю. Тоді Q (αk + 1) = 0.

Отже, αk + 1 — корінь многочлена Q (x). За теоремою 2 многочлен

Q (x) ділиться на (х – αk + 1), тобто Q (x) = (х – αk + 1)•Q1 (x) і з рівності (1) маємо

f (x) = (х – α1) (х – α2)•...•(х – αk) (х – αk + 1) • Q1 (x). Це означає, що f (х) ділиться на добуток

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

Отже, теорема справедлива для будь-якого натурального п. 

Наслідок. Многочлен степеня п має не більше п різних коренів.

Припустимо, що многочлен n-го степеня має (п + 1) різних

Цей добуток є многочленом того самого п-го степеня. Oтже, у результа-

§ 8. Многочлени від однієї змінної та дії над ними  147

ті ділення можна одержати тільки многочлен нульового степеня, тобто число. Таким чином,

аnхn + аn – 1хn – 1 + … + а2х2 + а1х + а0 = b (х – α1) (х – α2)•...•(х – αn). (2) Якщо розкрити дужки в правій частині рівності (2) і прирівняти

коефіцієнти при старших степенях, то одержимо, що b = аn, тобто

Порівнюючи коефіцієнти при однакових степенях х, що стоять в тотожності (3) зліва і справа, одержуємо співвідношення між коефіцієнтами рівняння та його коренями, які називають формулами Вієта:

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

f (x) = аnхn + аn – 1хn – 1 + ... + а2х2 + а1х + а0 (an ≠ 0). Формули (3) і (4) справедливі не тільки для випадку, коли всі ко-

рені многочлена f (x) різні. Введемо поняття кратного кореня многочлена.

148  Розділ 1. ФУНКЦІЇ, МНОГОЧЛЕНИ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

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

многочлена f (x).

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

Використовуючи формули Вієта у випадку кратних коренів, необхідно кожен корінь записати таке число разів, яке дорівнює його кратності.

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

 f (x) = х3 + 2х2 – 4х – 8 = х2 (х + 2) – 4 (х + 2) = (х + 2) (х2 – 4) =

Як бачимо, усі рівності виконуються, тому формули Вієта є справедливими для даного многочлена. 

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

Позначимо корені рівняння х2 – 8х + 4 = 0 через х1 і х2. Тоді коренями шуканого рівняння повинні бути числа α1 = x12 і α2 = x22. Отже, це рівняння має вигляд х2 + рх + q = 0,

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 −2i 4) = −56.

Таким чином, шукане рівняння має вигляд х2 – 56х + 16 = 0. 

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.

3.Многочлен f (х) при діленні на х – 1 має остачу 4, а при діленні на х – 3 —

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?

150  Розділ 1. ФУНКЦІЇ, МНОГОЧЛЕНИ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Як бачимо, перший коефіцієнт неповної частки дорівнює першому коефіцієнту діленого. Решту коефіцієнтів неповної частки і остачу знаходять таким чином: для того щоб знайти коефіцієнт bk + 1 неповної частки, достатньо попередньо знайдений коефіцієнт bk помножити на а і додати k-й коефіцієнт діленого. Цю процедуру доцільно оформляти у вигляді спеціальної схеми-таблиці, яка називається схемою Горнера.

остача

Приклад 1. РозділітьзасхемоюГорнерамногочленf (х) = 3х4 – 2х3 – 4х + 1 на двочлен х – 2.

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

остача

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

Приклад 2. Перевірте, чи є х = –3 коренем многочлена

f (х) = 2х4 + 6х3 + 4х2 – 2х – 42.

 За 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). 

Вправи

1.Використовуючи схему Горнера, знайдіть неповну частку та остачу від ділення многочлена А (х) на двочлен В (х):

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

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

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