Учебное пособие Москва Издательство мцнмо 2007 удк 512. 1517. 1511. 1 Ббк 22. 14122. 161 П70 Прасолов В. В
 Скачать 3.28 Mb.
|
|
10.23. Докажите, что ни при каком целом A многочлен+ Ax n + 2 не делится на многочлен 2x 2m + Ax m + 3. Глава 10. Многочлены — I 10.6. Неравенства для корней. Докажите, что положительный корень уравнения+ 1) . . . (x + n) = 1 меньше, чем 1/n!. 10.7. Количество вещественных корней многочлена. Докажите, что многочлен P(x) степени n не может иметь более n различных корней. Число a называют корнем кратности k (k > 1) многочлена если P(x) делится на (x − и не делится на (x − a) k +1 10.26. Докажите, что многочлен P(x) степени n не может иметь более n корней с учётом их кратностей, те. если, . . ., a m — различные корни с кратностями k 1 , . . . , k m , то+ . . . + k m 6 n. 10.27. Докажите, что уравнение a 1 x n −1 − a 2 x n −2 − . . . − a n −1 x − a n = где a 1 > 0, a 2 > 0, a n > 0, не может иметь двух положительных корней. Пусть f 1 (x) = x 2 − 2, f n (x) = f 1 (f n −1 (x)). Докажите, что для любого натурального n уравнение f n (x) = x имеет ровно различных решений. Разные задачи. Докажите, что в произведении +x 2 −x 3 + . . . −x 99 + x 100 )(1 + x + x 2 + x 3 + . . . + x 99 + после раскрытия скобок и приведения подобных членов не остаётся членов, содержащих x в нечётной степени. Какой остаток даёт x + x 3 + x 9 + x 27 + x 81 + при делении на (x − 1)? Условия задач. В каком из выражений x 2 + x 3 ) 1000 , (1 + x 2 − после раскрытия скобок и приведения подобных членов больший коэффициент при x 20 ? 10.32. а) Найдите целое число a, при котором (x − a)× ×(x − 10) + 1 разлагается в произведение (x + b)(x + c) двух множителей с целыми b и б) Найдите такие отличные от нуля неравные между собой целые числа a, b, c, чтобы выражение x(x −a)(x −b)× ×(x − c) + 1 разлагалось в произведение двух многочленов с целыми коэффициентами. Интерполяционные многочлены. Пусть x 1 , . . ., x n+1 — попарно различные числа. Докажите, что существует ровно один многочлен P(x) степени не выше n, принимающий в точке заданное значение интерполяционный многочлен Лагранжа. Докажите, что 0 при m < n (m натуральное число) и (−1) n n!. 10.35. Пусть a 1 , . . . , a n — попарно различные числа. Докажите, что для любых b 0 , b 1 , . . ., система линейных уравнений+ . . . + x n = b 0 , a 1 x 1 + . . . + a n x n = b 1 , a 2 1 x 1 + . . . + a 2 n x n = b 2 , a n −1 1 x 1 + . . . + a n −1 n x n = имеет решение, причём ровно одно. Даны точки x 0 , x 1 , . . ., x n . Докажите, что многочлен) степени n, принимающий в этих точках значения Глава 10. Многочлены — I f(x 0 ), . . . , f(x n ), можно представить в виде f(x 0 ) + (x − x 0 )f(x 0 ; x 1 ) + + (x − x 0 )(x − x 1 )f(x 0 ; x 1 ; x 2 ) + . . . . . . + (x − x 0 ) . . . (x − x n −1 )f(x 0 ; . . . ; где f(x 0 ; . . . ; x k ) зависит только от точек x 0 , . . ., и значений многочлена в этих точках (интерполяционный многочлен Ньютона). З а меча ни е. Интерполяционный многочлен Ньютона удобен тем, что при добавлении к x 0 , x 1 , . . . , одной точки нужно вычислить только f(x 0 ; . . . ; x n +1 ); остальные коэффициенты, в отличие от интерполяционного многочлена Лагранжа, пересчитывать ненужно. Рациональные функции. Пусть R(x) = P(x)/Q(x), где P и Q — взаимно простые многочлены. Докажите, что R(x) можно представить в виде A(x) + X i,k c ik (x − где c ik — некоторые числа, A(x) — некоторый многочлен. Докажите, что представление рациональной функции в виде, указанном в задаче 10.37, единственно. Целозначные многочлены Многочлен p(x) называют целозначным, если он принимает целые значения при всех целых x. 10.39. Докажите, что многочлен 1) . . . (x − k + 1) k! целозначный. 10.40. Пусть p k (x) — многочлен степени k, принимающий целые значения при x = n, n + 1, . . ., n + k для неко- Решения задач 131 торого целого числа n. Тогда c 0 C k x + c 1 C k −1 x + c 2 C k −2 x + . . . + где c 0 , c 1 , . . ., c k — целые числа. Многочлены от нескольких переменных Многочлен от n переменных x 1 , . . . , x n — это сумма мономов вида a k 1 ...k n x k 1 1 . . . Степень монома — это число k 1 + . . . + Степень многочлена от нескольких переменных — это наибольшая степень (ненулевого) монома. 10.41. Докажите, что многочлен вида x 200 y 200 + 1 нельзя представить в виде произведения многочленов от одного только x и одного только y. 10.42. а) Существуют ли многочлены P = P(x, y, z), Q = = Q(x, y, z) и R = R(x, y, z) от переменных x, y, z, удовлетворяющие тождеству y + 1) 3 P + (y − z − 1) 3 Q + (z − 2x + 1) 3 R = б) Тот же вопрос для тождества y + 1) 3 P + (y − z − 1) 3 Q + (z − x + 1) 3 R = См. также задачу Решения. Равенства (x+1)(x+2)(x+3)(x+4)+1=x 4 + 10x 3 + . . . + и (x 2 + ax + b) 2 = x 4 + 2ax 3 + . . . + показывают, что подходящими кандидатами являются квадратные трёхчлены x 2 + 5x ± Далее заметим, что (x 2 + 5x + 5) 2 − 1 = (x 2 + 5x + 4)(x 2 + 5x + и x 2 + 5x + 4 = (x + 1)(x + 4), x 2 + 5x + 6 = (x + 2)(x + 3). 10.2. а) Поделим f(x) нас остатком. В результате получим (x − a)g(x) + r, где r — некоторое число. Положим x = В результате получим f(a) = б) Непосредственно следует из а, поскольку f(x 0 ) = 0. 10.3. Равенство a n x n 0 + a n −1 x n −1 0 + . . . + a 1 x 0 + a 0 = 0 после умножения на запишется в виде a n p n +a n −1 p n −1 q +. . Число a n p n = −(a n −1 p n −1 q + . . . + a 1 pq n −1 + a 0 q n ) делится на q, прич м по условию p и q не имеют общих делителей. Следовательно Глава 10. Многочлены — делится на q. Число a 0 q n = −(a n p n + a n −1 p n −1 q + . . . + делится на p, причём p и q не имеют общих делителей. Следовательно, делится на p. 10.4. Пусть x = √ 2 + √ 3. Тогда x 2 = 5 + 2 √ 6 и (x 2 − 5) 2 = те. Несложные вычисления показывают, что + 3 √ 3) 3 = 5 + 3 a , ( 3 √ 2 + 3 √ 3) 6 = 133 + 30 a + 9 b , ( 3 √ 2 + 3 √ 3) 9 = 2555 + 711 a + где a = 3 √ 6( 3 √ 2+ 3 √ 3) и b = 3 √ 36( 3 √ 4+ 3 √ 9). Поэтому x 9 −15x 6 −87x 3 − − 125 = 0 для x = 3 √ 2 + 3 √ 3. 10.6. Пусть x 1 , . . . , x n — корни многочлена x n + a n −1 x n −1 + + a n −2 x n −2 + . . . , где a i = ±1. Согласно теореме Виета x 1 + . . . + x n = = и a n −2 , поэтому x 2 1 + . . . + x 2 n = a 2 n −1 − Предположим, что все корни вещественны. Тогда x 2 1 + . . . + x 2 n = = a 2 n −1 − 2a n −2 = 1 ± 2 = 3, поскольку рассматриваемое число неотрицательно. Таким образом, a n −2 = −1. Далее, x 2 1 . . . x 2 n = a 2 0 = Согласно неравенству между средним арифметическими средним геометрическим (x 2 1 + . . . + x 2 n )/n > n p x 2 1 . . . x 2 n , те. Следовательно, причём при n = 3 должно выполняться равенство 1 = x 2 2 = x 2 3 = 1. Многочлены (x ± нам не подходят, поэтому при 3 остаются многочлены (x 2 − 1)(x ± 1). Случаи n = 1 и 2 легко разбираются. Число 18 нельзя представить в виде суммы нескольких чисел 5 и 7, поэтому коэффициент прибудет равен нулю. Число 17 представляется в виде суммы нескольких чисел 5 и следующим образом 17 = 7 + 5 + 5; с точностью до перестановки слагаемых это представление единственно. Водном из 20 выражений+ мы должны выбрать x 7 , а в двух из 19 оставшихся таких выражений мы должны выбрать x 5 . Поэтому коэффициент при равен 20 · 19 · 18 2 = 3420. 10.8. Запишем многочлен P(x) в виде P(x) = (a n − 1)x n + +(x+a n −1 −1)x n −1 +(x+a n −2 −1)x n −2 +. . .+(x+a 0 −1)+1. Эта запись показывает, что Q(x)=(a n −1)(x+m) n +(x+(m+a n −1 −1))x n −1 +. . . . . . + (x + (m + a 0 − 1)) + 1. Здесь a n − 1 > 0, а числа m + a n −1 − 1, . . . . . . , m + a 0 − 1 положительны. Поэтому после раскрытия скобок получаем многочлен с положительными коэффициентами Решения задач. Ответ. Равенства x 4 + x 3 + 2x 2 + x + 1 = (x 2 + 1)× ×(x 2 + x + 1) и x 12 − 1 = (x − 1)(x 2 + x + 1)(x 3 + 1)(x 2 + 1)(x 4 − x 2 + показывают, что+ x 3 + 2x 2 + x + 1 = x 12 − 1 (x − 1)(x 3 + 1)(x 4 − x 2 + 1) = = x 12 − 1 x 8 − x 7 − x 6 + 2x 5 − 2x 3 + x 2 + x − Поэтому поделить многочлен x 1951 − 1 на x 4 + x 3 + 2x 2 + x + 1 — это тоже самое, что сначала поделить его на x 12 −1, а потом умножить на x 8 − x 7 − x 6 + 2x 5 − 2x 3 + x 2 + x − 1. Но 1 x 12 − 1 = x 1939 + x 1927 + x 1915 + . . . + x 19 + x 7 + x 7 − 1 x 12 − поэтому искомый коэффициент равен коэффициенту при в произведении. Рассматриваемый многочлен имеет вид x 1 ) . . . (x − x n ) = x n − „ X 16i6n x i « x n −1 + „ X 16i<j6n x i x j « x n −2 − − „ X 16i<j<k6n x i x j x k « x n −3 + . . . + (−1) n x 1 . . . x n 10.11. Числа x 1 , x 2 , составляют арифметическую прогрессию тогда и только тогда, когда x 1 + x 3 = возможно, после перенумерации, те. Согласно теореме Вие- та x 1 + x 2 + x 3 = −a. Таким образом, число x 2 = −a/3 должно быть корнем данного многочлена. Эквивалентное условие таково 27 a 3 − ab 3 + c = 0. 10.12. а) Пусть y = a 2 + a − 6. Требуется доказать, что (y − b ) × ×(y − g ) = 0. По теореме Виета (y − b )(y − g ) = y 2 − ( b + g )y + bg = = y 2 + a y − 9 a . Вычислим y 2 + a y − 9 a , подставив y = a 2 + a − 6 и воспользовавшись тем, что a 3 = 9 a − 9, a 4 = 9 a 2 − 9 a и − 9 a = a 2 − б) Можно воспользоваться такими же рассуждениями, как и при решении задачи а Глава 10. Многочлены — I 10.13. Пусть P(x) = a n x n + a n −1 x n −1 + . . . + a 1 x + a 0 . Тогда P(a) − − P(b) = a n (a n − b n ) + a n −1 (a n −1 + b n −1 ) + . . . + a 1 (a − b). Поэтому достаточно проверить, что для любого натурального k число a k − делится на a − b. Для этого можно воспользоваться тождеством b k = (a − b)(a k −1 + a k −1 b + . . . + b k −1 ). 10.14. Ответ нет, не существует. Согласно задаче 10.13 разность должна делиться на 11 − 7 = 4. 10.15. Если a и b — целые числа, причём a > b, то число P(b) делится на a − b задача 10.13). Для любого целого числа m одно из чисел m − n, m − (n + 1), m − (n + 2) делится на Поэтому одно из чисел P(m)−P(n), P(m)−P(n+1), делится на 3. 10.16. Пусть P(x) = a 0 x n + a 1 x n −1 + . . . + a n , где числа a 0 , a 1 , . . . . . . , целые. Предположим, что P(k) = p — простое число (здесь — некоторое натуральное число. Многочлен P(x) не может принимать одно и тоже значение более чем в n различных точках, поэтому можно выбрать натуральное число a так, что P(k + pa) 6= С другой стороны, P(k + pa) делится на p. Действительно, согласно задаче 10.13 разность P(k + pa) − P(k) делится на k + pa − k = = pa. 10.17. Ответ Пусть P(x) = U(x)(x 2 + 1) и P(x) = V(x)(x 3 + 1) + 1. Тогда+ 1) − V(x)(x 3 + 1) = 1. Чтобы найти такие многочлены и V, нужно применить алгоритм Евклида к a = x 3 + 1 и b = x 2 + 1: a = xb + r 1 (r 1 = 1 − x), b = −xr 1 + r 2 (r 2 = x + 1), r 1 = −r 2 + Выражая последовательно и через a и b, получаем −x(a − bx) + r 2 , a − bx = −b − xa + x 2 b + Таким образом, (x + 1)a + (−x 2 − x + 1)b = 2. Поэтому можно положить) и V(x) = − 1 2 (x + 1). |