- •С. Колеснік
- •Збірник контрольних робіт. Аналітична геометрія та лінійна
- •Контрольна робота № 1
- •Зразки розв’язання задач контрольної роботи №1
- •Розв’язання
- •Контрольна робота № 2
- •Зразки розв’язання задач контрольної роботи №2
- •Контрольна робота № 3
- •1. Перевірити чи утворюють наступні множини векторні простори над полем дійсних чисел r
- •Зразки розв’язання задач контрольної роботи № 3
- •Розв’язання.Нехай м- множина всіх квадратних матриць порядку n з дійсними елементами. Покажемо, що м-абелева група відносно операції додавання.
- •Контрольна робота № 4
- •Зразки розв’язання задач контрольної роботи № 4 і. Для квадратичної форми fзнайти:
- •Контрольна робота №5.
- •Зразки розв’язання задач контрольної роботи №5
- •Контрольна робота № 6
- •Зразки розв’язання задач контрольної роботи № 6
- •Контрольна робота №7
- •Зразки розв’язання задач контрольної роботи № 7
- •Контрольна робота № 8.
- •Зразки роз`язання задач контрольної роботи № 8
- •Для простого модуля старший коефіцієнт взаємнопростий з ним. Визначимо множник k так, щоб . Матимемо . Домножаючи обидві частини заданої конгруенції на 10 за модулем 13, дістаємо
- •Контрольна робота № 9
- •Зразки розв‘язання задач контрольної роботи № 9
- •Тоді з рівності
- •Додаток: таблиці первісних коренів та індексів
- •Література
- •Методичне видання
Зразки розв‘язання задач контрольної роботи № 9
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‘язання.
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‘язання.
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 = (d3, d3); 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‘язання.
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 іпідозрілі на корінь. Так як –2 є двократним коренем многочленаf(x) = (x + 2)2g(x), де g(x) = 12x4 + 16x3 + 11x2 + 5x + 1, то кожне з чисел іперевіряємо на корінь за схемою Горнера для многочленаg(x):
|
12 |
16 |
11 |
5 |
1 |
12 |
10 |
6 |
2 |
0 | |
12 |
4 |
4 |
0 |
| |
12 |
–2 |
5 |
|
|
Звідси маємо: = є двократним коренем многочленаg(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‘язання.
Складемо розрахункову таблицю:
Система показників вищого члена |
Вищий член |
Відповідна комбінація елементарних симетричних многочленів |
3 1 0 |
x13x2x30 |
122 |
2 2 0 |
bx12x22x30 |
b22 |
2 1 1 |
cx12x2x3 |
c13 |
Тоді f(x1,x2,x3) =122 +b22+c13, (*)
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) = 122 –222 + c13. (**)
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) = 122 –222 – 13.
V. У множині дійсних чисел розв’язати систему рівнянь:
Розв‘язання.
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‘язання.
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‘язання.
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‘язання.
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:
обидва множники мають степінь 2;
один множник має степінь 1, а другий 3.
Нехай f(x) = (ax2 + bx + c)(dx2 + mx + n). (1)