Учебное пособие Москва Издательство мцнмо 2007 удк 512. 1517. 1511. 1 Ббк 22. 14122. 161 П70 Прасолов В. В

• Название: Учебное пособие Москва Издательство мцнмо 2007 удк 512. 1517. 1511. 1 Ббк 22. 14122. 161 П70 Прасолов В. В
• Дата: 16.10.2022
• Размер: 3.28 Mb.
• Имя файла: algebra.pdf
• Тип: Учебное пособие; #736986
• страница: 17 из 71

10.18. Положим P
1
(x)
= P(x), P
n
(x)
= P(P
n
−1
(x)) при n > Тогда a
n
= P
n
(a
0
) и вообще a
n
= P
n
−k
(a
k
) при 0 6 k < n. Равенство) показывает, что a
n
— свободный член многочлена, те, где Q
n
— многочлен с целыми ко

Решения задач
135
эффициентами. Таким образом, если m > n > 1, то НОД(a
m
, a
n
)
=
=НОД(P
m
−n
(a
n
), a
n
)
=НОД(a
m
−n
+a
n
Q
m
−n
(a
n
), a
n
)
=НОД(a
m
−n
, Воспользовавшись результатом задачи 4.11, получаем требуемое. Многочлен x
15
− 1 раскладывается на множители, степени которых равны 1, 2, 4 и 8. Действительно, x
15
−1=(x
5
−1)(x
10
+
+ x
5
+ 1), x
5
−1=(x−1)(x
4
+ x
3
+ x
2
+ x + 1), а многочлен x
10
+ x
5
+ раскладывается на множители степеней 2 и 8 (задача 5.6). Легко также проверить, что любое натуральное число k 6 14 можно представить в виде a
0
+ a
1
· 2
+ a
2
· 4
+ a
3
· 8, где a
i
= 0 или 1.
10.20. При n = 0 и 1 утверждение очевидно. При n = 2 можно поделить многочлен x
4
+ x
2
+ 1 на x
2
+ x + 1; в результате получим x + 1. Разность многочленов x
2(n+3)
+ x
n
+3
+ 1 и x
2n
+ x
n
+ 1 делится на x
2
+ x + 1, поскольку многочлены x
2n+6
− x
2n
= x
2n
(x
6
− и x
n
+3
− x
n
= x
n
(x
3
− 1) делятся на x
3
− 1 = (x − 1)(x
2
+ x + Поэтому многочлен x
2(n+3)
+ x
n
+3
+ 1 делится на x
2
+ x + 1 тогда и только тогда, когда x
2n
+ x
n
+ 1 делится на x
2
+ x + 1.
10.21. а) Подставив x = 0, получим, что d делится на 5. Учитывая это и подставляя x = ±1, получим, что a + b + c и −a + b − делятся на 5. Следовательно, 2b и 2a + 2c делятся на 5, а значит и a + c делятся на 5. Подставив x = 2, получим, что+ 5a + 2(a + c) + 4b + d делится на 5. Значит, a делится на Поэтому c тоже делится наб) Подставив x = 0, получим, что e делится на 7. Учитывая это и подставляя x = ±1, получим, что числа a ± b + c ± d делятся на Поэтому 2(a + c) и 2(b + d) делятся на 7, а значит, a + c и b + делятся на 7. Подставляя x = ±2 и учитывая, что e делится на получаем, что числа 2(8a±4b+2c±d) делятся на 7. Поэтому и 4b + d делятся на 7. Следовательно, 3a = (4a + c) − (a + c) делится на 7. Поэтому a делится на 7, а значит, c делится на 7. Аналогично доказывается, что b и d делятся на 7.
10.22. Многочлен f(x) делится на x −
p
q
, поэтому f(x) = g(x)×
×
“
x
−
p
q
”
. Пусть g(x) = b
0
x
n
−1
+ b
2
x
n
−2
+ . . . + b
n
−1
. Тогда a
0
= b
0
,
a
1
= b
1
− b
0
p
q
, a
2
= b
2
− b
1
p
q
, . . . , a
n
−1
= b
n
−1
− b
n
−2
p
q
, a
n
= Число целое. Равенство qa
1
= qb
1
− показывает, что число целое. Равенство q
2
a
2
= q
2
b
2
− qb
1
p показывает, что число
q
2
b
2
целое и т. д. Таким образом, многочлен q
n
−1
g(x) имеет целые коэффициенты.
Равенство q
n
f(k)
= q
n
−1
g(k)(qk
−p) показывает, что число делится на qk − p. Числа и qk − p взаимно простые, поэтому число f(k) делится на qk − p.

Глава 10. Многочлены — I
10.23. Предположим, что многочлен 3x
2n
+ Ax
n
+ 2 делится на многочлен 2x
2m
+ Ax
m
+ 3. Тогда любой корень многочлена 2x
2m
+
+ Ax
m
+ 3 является также корнем многочлена 3x
2n
+ Ax
n
+ 2. Если корень многочлена 2x
2m
+Ax
m
+3, то x
m
i
=
−A ±
p
A
2
− 24 Можно считать, что и x
m
2
=
a
2
. Пусть b
1,2
=
−A ±
p
A
2
− 24 корни квадратного трёхчлена 3x
2
+ Ax + Случай В этом случае |
a
1
| 6= |
a
2
|, поэтому числа и не могут совпадать, и мы можем считать, что и x
n
2
=
b
2
. С одной стороны, |x
1
x
2
| =
n
p
|
b
1
b
2
| =
n
√
2/3 < 1, ас другой стороны =
m
p
|
a
1
a
2
| =
m
√
3/2 > 1. Приходим к противоречию.
С луча й 2. A
2
− 24 6 В этом случае |
a
1
| = |
a
2
| =
√
3/2 и |
b
1
| = |
b
2
| =
√
2/3. Поэтому,
с одной стороны, |x
1
| =
m
p
|
a
1
| =
2m
√
3/2 > 1, ас другой стороны =
n
p
|
b
1
| =
2n
√
2/3 < 1. Снова приходим к противоречию. Если x > 0 и x(x + 1) . . . (x + n) = 1, то + 1) . . . (x + n)
<
1 1 · 2 · . . . · n
=
1
n!
10.25. Пусть a — корень многочлена P(x). Поделим P(x) нас остатком. В результате получим P(x) = (x − a)R(x) + При этом b = P(a) = 0. Значит, многочлен P(x) делится на x − Если a
1
, . . . , a
m
— корни многочлена P(x), то он делится на a
1
) . . . (x
− a
m
), поэтому n > m.
10.26. Многочлен P(x) делится на (x − a
1
)
k
1
. . . (x
− a
m
)
k
m
, поэтому. Перепишем данное уравнение в виде =
a
1
x
+
a
2
x
2
+ . . . При x > 0 функция f(x) =
a
1
x
+
a
2
x
2
+ . . . монотонно убывает,
поэтому она не может принимать значение 1 при двух различных положительных значениях x.
10.28. Функция f
1
(x) монотонно убывает от 2 дона отрезке и монотонно возрастает от −2 дона отрезке [0, Поэтому уравнение f
1
(x)
= x имеет корень x
1
∈ (−2, 0) и корень 2. Кроме того, уравнение f
1
(x)
= 0 имеет два корня Функция f
2
(x) поочерёдно монотонно возрастает в пределах от
−2
до 2 наследующих четырёх отрезках [−2, −x
′
1
], [−x
′
1
, 0], [0, x
′
1
],

Решения задач, 2]. Поэтому на каждом из этих отрезков по крайней мере одно решение имеет уравнение f
2
(x)
= x и ровно одно решение имеет уравнение f
2
(x)
= 0. Значит, для функции f
3
(x) получаем 2 интервалов монотонности и т. д. В результате получаем, что уравнение) имеет по крайней мере решений. Но больше решений оно не может иметь, потому что степень многочлена f
n
(x) равна 2
n
10.29. Рассматриваемое произведение является многочленом, обладающим следующим свойством P(
−x) = P(x).
10.30. Ответ. Пусть x + x
3
+ x
9
+ x
27
+ x
81
+ x
243
= P(x)×
×(x − 1) + r. Положив x = 1, получим r = 6.
10.31. Ответ в выражении (1 + x
2
− x
3
)
1000
. Пусть P(x) =
= (1 − x
2
+ и Q(x) = (1 + x
2
− x
3
)
1000
. Коэффициент при у многочлена P(x) такой же, как у P(−x)=(1−x
2
−x
3
)
1000
, ау многочлена) такой же, как у Q(−x) = (1 + x
2
+ x
3
)
1000
. Ясно, что у многочлена (1 + x
2
+ коэффициент при больше, чему многочлена (1 − x
2
− x
3
)
1000
. Действительно, у первого многочлена член равен сумме нескольких членов вида где 2n + 3m = 20, ау второго многочлена член равен сумме тех же самых членов, но со знаком (−1)
n
+m
. Во втором случае встречаются члены со знаком минус, например, при m = и n = 7.
10.32. а) Пусть (x − a)(x − 10) + 1 = (x + b)(x + c). Положив −b, получим (b + a)(b + 10) = −1. Числа a и b целые, поэтому числа b + a и b + 10 тоже целые. Число −1 представляется в виде произведения двух целых множителей двумя способами.
Соответственно получаем два варианта 1) b + 10 = 1 и b + a = −1;
2) b + 10 = −1 и b + a = 1. Поэтому a = 8 или a = 12. Впер- вом случае (x − 8)(x − 10) + 1 = (x − 9)
2
, а во втором случае 12)(x − 10) + 1 = (x − б) Пусть x(x − a)(x − b)(x − c) + 1 = P(x)Q(x), где P(x) и Q(x) многочлены с целыми коэффициентами. Ясно, что P(x) и Q(x) многочлены со старшим коэффициентом 1. При x = 0, x = a,
x
= b и x = c имеет место равенство P(x)Q(x) = 1, те. либо 1 и Q(x) = 1, либо P(x) = −1 и Q(x) = −1. В обоих случаях Q(x) = 0. Степень многочлена P(x) − Q(x) строго меньше четырёх, поэтому P(x) = Q(x) для всех x. Таким образом a)(x − b)(x − c) = P
2
(x)
− 1 = (P(x) + 1)(P(x) − 1). Поэтому 1 = x(x − a) и P(x) ∓ 1 = (x − b)(x − c), темы не различаем решения, отличающиеся лишь перестановкой чисел a, b, c). Следовательно, a = b + и bc = ∓2. В результате получаем следующие наборы значений, b, c): (1, 2, 3), (
−1, −2, −3), (1, −2, −1), (2, −1, 1). Им со

Глава 10. Многочлены — ответствуют следующие разложения многочлена x(x − a)(x − b)×
×(x − c) + 1: (x
2
− 3x + 1)
2
, (x
2
+ 3x + 1)
2
, (x
2
+ x − 1)
2
, (x
2
− x − 1)
2
10.33. Единственность многочлена P следует из того, что разность двух таких многочленов обращается в нуль в точках x
1
, . . .
. . . , и имеет при этом степень не выше n. Ясно также, что следующий многочлен обладает всеми требуемыми свойствами x
1
) . . . (x
− x
k
−1
)(x
− x
k
+1
) . . . (x
− x
n
+1
)
(x
k
− x
1
) . . . (x
k
− x
k
−1
)(x
k
− x
k
+1
) . . . (x
k
− x
n
+1
)
=
=
n
+1
X
k
=1
a
k
w
(x)
(x
− где w
(x)
= (x − x
1
) . . . (x
− x
n
+1
).
10.34. Пусть P(x) — интерполяционный многочлен Лагранжа степени 6 n, принимающий значения при x = 0, 1, 2, . . . , Тогда 1) . . . (x − k + 1)(x − k − 1) . . . (x − n)
k(k
− 1) · . . . · 1 · (−1) · (−2) · . . . · (k − Коэффициент при у этого многочлена равен (n
− С другой стороны, если m 6 n, то P(x) = x
m
. Поэтому 0 при m < и 1.
10.35. Пусть P
i
(t)
= p
0i
+ p
1i
t
+ p
2i
t
2
+ . . . + p
n
−1,i
t
n
−1
— интерполяционный многочлен Лагранжа, принимающий значение 1 при и значение 0 при t = a
j
, где j 6= i. Умножим данные уравнения на p
0i
, p
1i
, . . . , и сложим их. В результате получим+ . . . + P
i
(a
n
)x
n
= p
0i
b
0
+ . . . + p
n
−1,i
b
n
−1
, те. Единственность решения доказана. Остаётся проверить, что так мы действительно получаем решение, те при k = 0, 1, . . . , n − 1. Для этого достаточно доказать, что при указанных k. Но это очевидно при k 6 n − 1

Решения задач
139
выражение
n
P
i
=1
a
k
i
P
i
(t)
− представляет собой многочлен степени не выше n − 1, обращающийся в нуль при t = a
1
, . . . , a
n
10.36. Должны выполняться следующие равенства f(x
0
)
+ (x
1
− x
0
)f(x
0
; x
1
),
f(x
2
)
= f(x
0
)
+ (x
2
− x
0
)f(x
0
; x
1
)
+ (x
2
− x
0
)(x
2
− x
1
)f(x
0
; x
1
; и т. д. Из этих равенств немедленно получаем выражения для x
1
), f(x
0
; x
1
; x
2
) и т. д. Поделив P нас остатком, можно перейти к дроби где степень S меньше степени Q. Пусть Q=Q
1
Q
2
, где и Q
2
— взаимно простые многочлены. Тогда можно выбрать многочлены итак, что a(x)Q
1
(x)
+ b(x)Q
2
(x)
= 1. Поэтому
S
Q
1
Q
2
=
aSQ
1
+
bSQ
2
Q
1
Q
2
=
aS
Q
2
+
bS
Q
1
В полученных дробях нужно снова поделить с остатком числитель на знаменатель и т. д. После нескольких таких операций придём к сумме многочлена A(x) и нескольких дробей вида p(x)/(x − где p(x) — многочлен степени меньше n. Остаётся записать многочлен) в виде b
1
(x
− a)
n
−1
+ b
2
(x
− a)
n
−2
+ . . . + b
n
10.38. Для данного выберем наибольшее k, для которого встречается дробь a
i
)
k
, c
ik
6= 0. Покажем, что число определено однозначно. Действительно, после умножения на (x − получаем равенство вида a
i
)
k
= c
ik
+ (x − где f(x) — рациональная функция, в знаменателе которой нет множителей x − a
i
, те. значение f(a
i
) определено. Подставив в равенство, получим, что равно значению рациональной функции R(x)(x − при x = Аналогично, рассмотрев R(x) −
c
ik
(x
− a
i
)
k
, найдём и т. д. При k = 1 это очевидно. Предположим теперь, что многочлен C
k
x
целозначный. Легко проверить, что C
k
+1
x
= Следовательно, при всех целых m, n разность является целым числом. Остаётся заметить, что C
k
+1 0
= 0.

Глава 10. Многочлены — I
10.40. Индукцией по k легко доказать, что любой многочлен) степени k можно представить в виде c
0
C
k
x
+ c
1
C
k
−1
x
+ c
2
C
k
−2
x
+ . . . + где c
0
, c
1
, . . . , c
k
— некоторые числа. Действительно 1,
C
1
x
= x, C
2
x
=
x
2 2
−
x
2
, . . . , C
k
x
=
x
k
k!
+ . . Поэтому если p
k
(x)
= ax
k
+ . . . , то многочлен p
k
(x)
− имеет степень не выше k − 1 и к нему можно применить предположение индукции. Таким образом, нужно лишь доказать, что числа, c
1
, . . . , целые. Докажем это индукцией по k. База индукции 0. По условию многочлен p
0
(x)
= принимает целое значение при x = n, поэтому число целое. Предположим теперь, что требуемое утверждение доказано для многочленов степени не выше Пусть многочлен c
0
C
k
+1
x
+ . . . + принимает целые значения при x = n, n + 1, . . . , n + k + 1. Рассмотрим многочлен p
k
+1
(x
+ 1) − p
k
+1
(x)
= c
0
C
k
x
+ c
1
C
k
−1
x
+ . . . + Он принимает целые значения при x = n, n + 1, . . . , n + k. Поэтому числа c
0
, c
1
, . . . , целые, а значит, число p
k
+1
(n)
− c
0
C
k
+1
n
− c
1
C
k
n
− . . . − тоже целое. Предположим, что существуют многочлены f(x) = a
0
x
n
+
+ a
1
x
n
−1
+ . . . + и g(y) = b
0
y
m
+ b
1
y
m
−1
+ . . . + b
m
, для которых. Положив x = 0, получим a
n
g(y)
= те при всех y. Положив y = 0, аналогично получим,
что f(x) = при всех x. Таким образом, f(x)g(y) =
1
a
n
b
m
— константа, а функция x
200
y
200
+ 1, очевидно, не является константой. а) Система уравнений x−y+1=0, y−z−1=0, z−2x+1=
= 0 имеет решение (x, y, z) = (1, 2, 1). При таких значениях переменных левая часть рассматриваемого выражения обращается в нуль. Поэтому таких многочленов P, Q, R не существует.
б) Пусть f = x − y + 1, g = y − z− 1, h= z− x+ 1. Тогда f + g + h= поэтому (f + g + h)
7
= 1. Выражение в левой части этого равенства представляет собой сумму слагаемых вида f
a
g
b
h
c
, где a + b + c = в частности, одно из чисел a, b, c не меньше 3. Сгруппируем

Решения задач
141
те слагаемые, для которых a > 3. В результате получим выражение вида f
3
P. Среди оставшихся слагаемых сгруппируем те, для которых b > 3. Получим выражение вида g
3
Q. Для оставшихся слагаемых c > 3, те. их сумма имеет вид h
3
R. В результате мы получили требуемое тождество f
3
P
+ g
3
Q
+ h
3
R
= 1.

ГЛАВА ТРИГОНОМЕТРИЯ. Неравенства и сравнение чисел. Докажите, что sin a
<
a
<
tg для 0 <
a
<
p
/2.