Алгебра многочленов
Немного теории
Многочлен Р(х), имеющий число а корнем, делится на двучлен (х–а), то есть представляется в виде
Р(х) = (х – а) · Q(x),
где Q(x) – многочлен на единицу меньшой степени (при этом, если Р(х) имеет целые коэффициенты, то и Q(x) – тоже). Многочлен степени n имеет не более n корней (даже с учетом кратности). Отсюда следует, что если два многочлена Р(х) и Q(x) степени, не большей n, принимают одинаковые значения более чем в n точках, то их коэффициенты при соответствующих степенях равны.
Часто используются алгебраические тождества для многочленов с двумя переменными х и у.
Задачи с решениями
1. Разложить на множители:
а) х5 + х + 1;
б) (a – b)3 + (b – c)3 + (c – a)3;
в) x3 + y3 + z3 – xyz.
а) х5 + х + 1 = х5 – х2 + х2 + х + 1= х2(х3 – 1) + (х2 + х + 1) =
= х2(х – 1)(х2 + х + 1) + (х2 + х + 1) = (х3 – х2)(х2 + х + 1) + (х2 + х + 1) =
= (х2 + х + 1)( х3 – х2 + 1);
б) Многочлен обращается в нуль при выполнении хотя бы одного из условий
а = b, b = c, c = a,
поэтому он делится на каждую из трех разностей
а – b, b – c, c – a,
значит, и на их произведение.
Так как исходный многочлен имеет степень 3, то от произведения
(а – b)(b – c)(c – a)
(также многочлена степени 3) он отличается лишь числовым множителем k.
Итак,
(a – b)3 + (b – c)3 + (c – a)3 = k(а – b)(b – c)(c – a).
При а = 1, b = 0, с = –1 получим
1 + 1 – 8 = k · 1 · 1 · (–2),
Откуда k = 3, значит,
(a – b)3 + (b – c)3 + (c – a)3 = 3(а – b)(b – c)(c – a).
в) x3 + y3 + z3 – xyz = (x + y)3 + z3 – 3xy(x + y + z) =
= (x + y + z)((x + y)2 – (x + y)z + z2) – 3xy(x + y + z) =
= (x + y + z)((x + y)2 – (x + y)z + z2 – 3xy) =
= (x + y + z)(x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx).
2. Докажите, что сумму квадратов двух различных натуральных чисел, умноженную на сумму квадратов двух других различных натуральных чисел, можно представить в виде суммы квадратов двух натуральных чисел.
Доказательство непосредственно следует из следующих алгебраических преобразований:
(a2 + b2)(c2 + d2) = a2c2 + a2d2 + b2c2 + b2d2 =
= (a2c2 + 2abcd + b2d2) + (a2d2 – 2abcd + b2c2) =
= (ac + bd)2 + (ad – bc)2.
3. Докажите, что при любых x, y, z, t выражение x4 + y4 + z4 + t4 – 4xyzt неотрицательно. Выяснить все случаи, когда оно равно нулю.
Представим данный многочлен в виде суммы неотрицательных слагаемых следующими способами:
x4 + y4 + z4 + t4 – 4xyzt = (x2 – y2)2 + (z2 – t2)2 + 2(xy – zt)2 > 0,
x4 + y4 + z4 + t4 – 4xyzt = (x2 – z2)2 + (y2 – t2)2 + 2(xz – yt)2 > 0,
x4 + y4 + z4 + t4 – 4xyzt = (x2 – t2)2 + (y2 – z2)2 + 2(xt – yz)2 > 0.
Равенство выполняется только если
x2 – y2 = z2 – t2 = x2 – z2 = xy – zt = 0,
то есть, если
|x| = |y| = |z| = |t| и xyzt > 0.
4. Является ли многочлен Р(х) = 2х4 + 8х3 + 12х2 + 8х + 1 квадратом некоторого другого многочлена?
Предположим, что существует многочлен второй степени Q(х) такой, что
Р(х) = Q(х) · Q(х).
Тогда, так как Р(–1) = –1, то Q(–1)·Q(–1) = –1 < 0, что невозможно. Следовательно, многочлен Р(х) не может быть квадратом другого многочлена.
5. Существует ли такой многочлен Р(х) с действительными коэффициентами, что Р(х) > 2015 · Р'(х) для всех х?
Да, существует. Например,
Р(х) = х2 + 20152.
Тогда
P'(x) = 2x,
Р(х) – 2015 · P'(x) = х2 + 20152 – 2 · х · 2015 = (х – 2015)2 > 0.
6. Найдите сумму коэффициентов при нечетных степенях х многочлена (х7 + х – 1)2014.
Многочлены
Р(х) = (х7 + х – 1)2014 и Р(–х) = (–х7 – х – 1)2014
отличаются только знаками коэффициентов при нечётных степенях х. Значит, многочлен
Q(х) = Р(х) – Р(–х)
будет содержать только нечётные степени х и при этом искомая сумма равна половине значения Q(1). Так как
Q(1) = Р(1) – Р(–1) = 1 – 32014,
то сумма коэффициентов при нечетных степенях х многочлена (х7 + х – 1)2014 равна
| 1 – 32014 |
| 2 |
7. Доказать, что многочлен
| Р(х) = | 1 | х9 – | 1 | х7 + | 13 | х5 – | 82 | х4 + | 32 | х |
| 630 | 21 | 30 | 63 | 35 |
при всех целых значениях х принимает целые значения.
Заметим, что исходный многочлен можно представить в виде
Р(х) = (1/2·5·7·9)(х – 4)(х – 3)(х – 2)(х – 1)х(х + 1)(х + 2)(х + 1)(х + 4).
Поскольку среди девяти последовательных целых чисел обязательно найдутся числа делящиеся на 2, 5, 7, 9, то при любом целом k произведение
(k – 4)(k – 3)(k – 2)(k – 1)k(k + 1)(k + 2)(k + 1)(k + 4)
делится на произведение взаимно простых чисел 2·5·7·9. Следовательно, число Р(k) является целым, что и требовалось доказать.
8. Известно, что ax3 + bx2 + cx + d, где a, b, c, d – данные целые числа, при любом целом x делится на 5. Докажите, что все числа a, b, c, d делятся на 5.
Подставив x = 0, получим, что d кратно 5.
Учитывая это и подставляя x = ±1, получим, что a + b + c и –a + b – c кратны 5. Следовательно, 2b и 2a + 2c кратны 5, а значит, b и a + c кратны 5.
Подставив x = 2, получим, что 2(4a + c) + 4b + d = 6а + 2(a + c) + 4b + d кратно 5. Значит, a кратно 5 а, следовательно, и c кратно 5.
9. Какими должны быть значения a и b, чтобы многочлен x4 + x3 + 2x2 + ax + b был полным квадратом?
Приведённый многочлен четвёртой степени может быть квадратом лишь приведённого квадратного трёхчлена. Итак,
x4 + x3 + 2x2 + ax + b = (x2 + px + q)2.
Возведя в квадрат трёхчлен, стоящий в правой части, и приравняв коэффициенты при одинаковых степенях аргумента в обеих частях тождества, получим
2p = 1, p2 + 2q = 2, 2pq = a, q2 = b.
Решив эту систему уравнений, найдём p = 1/2, q = a = 7/8, b = 49/64.
Ответ: a = 7/8, b = 49/64.
10. Многочлен P(x) степени n имеет n различных действительных корней. Какое наибольшее число его коэффициентов может равняться нулю?
Между любыми двумя корнями дифференцируемой функции есть корень ее производной. Значит, многочлен P'(x), степень которого равна n – 1, имеет n – 1 различных действительных корней, то есть не имеет кратных корней. Продолжая, получим, что тем же свойством обладают все производные многочлена P(х). Из этого следует, что из любых двух идущих подряд коэффициентов многочлена P(х) хотя бы один не равен нулю. Действительно, если равны нулю коэффициенты при xk и xk+1, то у производной P(k)(х) равны нулю свободный член и коэффициент при x. Но это значит, что 0 является кратным корнем P(k)(х), что не так.
Разобьем коэффициенты многочлена на пары, оставив при чётном n старший коэффициент без пары. По доказанному число нулевых коэффициентов не превосходит числа пар, то есть n/2 при чётном и (n+1)/2 при нечётном n.
Примеры. Многочлены
(x2 – 1)(x2 – 22)...(x2 – k2)
степени n = 2k и
x(x2 – 1)(x2 – 22)...(x2 – k2)
степени n = 2k + 1 показывают, что улучшить этот результат нельзя: у первого коэффициенты при всех нечётных степенях, а у второго – при всех чётных степенях равны нулю.
Ответ: n/2 при чётном n, (n+1)/2 при нечётном n.
Задачи без решений
1. Разложить на множители:
а) х8 + х7 + 1;
б) (a – x)·y3 – (a – y)·x3 + (x – y)·a3;
в) (x + y + z)3 – x3 – y3 – z3.
2. Докажите, что не существует многочлена P(x) с целыми коэффициентами, для которого
P(6) = 5 и P(14) = 9.
3. Найдите сумму всех коэффициентов многочлена (x2 – 3x + 1)100 после раскрытия скобок и приведения подобных членов.
4. Многочлены Р(х) и Q(х) такие, что Р(x3) + Q(x3) делится на x2 + х + 1. Доказать, что Р(х) + Q(х) делится на х – 1.
5. Найти количество нечетных коэффициентов многочлена Р(х) = (x2 + х + 1)n.
Создано на конструкторе сайтов Okis при поддержке Flexsmm - накрутка подписчиков в вк