🗊 Многочлены. Решение олимпиадных задач по теме «Многочлены»

Многочлены. Решение олимпиадных задач по теме «Многочлены»

Понятие многочлена. Многочлен n-ой степени. Понятие многочлена. Многочлен n-ой степени. Разложения многочлена на множители. Схема Горнера Умножения многочленов Деление многочленов Алгоритм Евклида Основная теорема Алгебры. Корни многочлена. Теорема Безу Следствие из Теоремы Безу Теорема о корнях многочлена.

Многочлен ах + b, где а ≠0,  a, b − числа, x − переменная, называется многочленом первой степени. Многочлен ах + b, где а ≠0,  a, b − числа, x − переменная, называется многочленом первой степени. Многочлен ах2+bх+с, где а ≠0, a, b, c − числа, x − переменная, называется многочленом второй степени (квадратным трёхчленом, квадратичной функцией). Многочлен ах3+bх2+сх+d, где а ≠0, a, b, c, d − числа, x − переменная, называется многочленом третьей степени. Многочлен: Pn(x) =anxn + an – 1x n – 1 + an – 2xn –2 + ... + a1x + a0, где an ≠0, аk=0,1,2,..,n-числа, х- переменная, называется многочленом n-ной степени. аn-старший коэффициент, а0-свободный член.

Действительное число a называется корнем многочлена Pn(x), если Pn(a) = 0. Действительное число a называется корнем многочлена Pn(x), если Pn(a) = 0. Число α-k-кратный корень многочлена f(x), если f(x)=(x-α)kφ(x), φ(α)≠0. Необходимые теоретические выдержки для разложения многочлена на множители. Теорема. Любой многочлен степени n вида Pn(x) =anxn + an – 1x n – 1 + an – 2xn –2 + ... + a1x + a0 , представляется произведением постоянного множителя при старшей степени аn и n линейных множителей (х-хi), i=1, 2, …, n, то есть Pn(x)= аn(х-хn)(х-хn-1)…(х-х1), причём хi, i=1, 2, …, n являются корнями многочлена.

Схема Горнера. Если f(x)=a0xn+a1xn-1+…+an-1x+an, g(x)=x-c, то при делении f(x) на g(x) частное q(x) имеет вид g(x)=b0xn-1+b1xn-2+…+bn-2x+bn-1, где b0=0, bk=cbk-1 +ak, k=1,2…,n-1. Остаток r находится по формуле r=cbn-1+an

Умножение многочленов. Pn(x)Qm(x) Пусть Pn(x) и Qm(x) два многочлена степени n и m cответственно. Pn(x)=anxn+an-1xn-1+…+a0, Qm(x)=bmxm+bm-1xm-1+…+b0, Предположим, что n≥ m. Pn(x)Qm(x)=(anxn+an-1xn-1+…+a0)(bmxm+bm-1xm-1+…+b0)= anxn(bmxm+bm-1xm-1 +…+b0)+an-1xn-1(bmxm+ +bm-1xm- 1+…+b0)+…+ a0 (bmxm+bm-1xm-1+…+b0).

Деление многочленов.   Делитель многочлена f(x) - многочлен g(x), такой, что f(x) = g(x)q(x)+r(x).

Историческая справка. Алгоритм Евклида.     Древнегреческие математики называли этот алгоритм «взаимное вычитание». Этот алгоритм не был открыт Евклидом, так как упоминание о нём имеется уже в Топике Аристотеля. В «Началах Евклида» он описан дважды — в VII книге для нахождения наибольшего общего делителя двух натуральных чисел и в X книге для нахождения наибольшей общей меры двух однородных величин. В обоих случаях дано геометрическое описание алгоритма, для нахождения «общей меры» двух отрезков.      Историками математики было выдвинуто предположение, что именно с помощью алгоритма Евклида (процедуры последовательного взаимного вычитания) в древнегреческой математике впервые было открыто существование несоизмеримых величин (стороны и диагонали квадрата, или стороны и диагонали правильного пятиугольника). Впрочем, это предположение не имеет достаточных документальных подтверждений.    

  Алгоритм Евклида (алгоритм последовательного деления) нахождения наибольшего общего делителя многочленов f(x) и g(x)

Основная теорема алгебры. Всякий многочлен степени n имеет по крайней мере один корень (комплексный или действительный). Основная теорема алгебры. Всякий многочлен степени n имеет по крайней мере один корень (комплексный или действительный). Теорема Безу. Корни многочлена. При делении P(x) на (x-α) в остатке может получится лишь некоторое число r (если r=0, то деление выполняется без остатка). Так как степень двучлена (x-α) равна 1, то степень остатка должна быть меньше 1. P(x)= (x-α) Q(x)+r (1) Чтобы найти значение r, положим в тождестве (1) х= α. При этом двучлен x-α обращается в нуль, получаем, что P(α)=r.

Следствие из теоремы Безу. Если число α является корнем многочлена P(x), то этот многочлен делится на x-α без остатка. По теореме Безу остаток от деления P(x) на x-α равен P(α), а по условию P(α)=0. Отсюда видно, что задача решения уравнения P(x)=0 равносильна задаче выделения делителей многочлена Р, имеющих первую степень (линейных делителей).

Если многочлен P(x) имеет попарно различные корни α1, α2, …, αn, то он делится без остатка на произведение (х- α1)…(х- αn) Проведём доказательство с помощью математической индукции по числу корней. При n=1 утверждение доказано в следствии из Теоремы Безу. Пусть оно уже доказано для случая, когда число корней равно k, и пусть P(х) имеет k+1 попарно различных корней: α1, α2,…, αk, αk+1. По предположению индукции многочлен делится на произведении (х- α1)…(х- αk): P(x)=(x- α1)…( х- αk)Q(x). При этом αk+1 - корень многочлена P(x), т.е. P(αk+1) =0. Значит, подставляя αk+1 вместо х, получаем верное равенство. P(αk+1)= (αk+1 –α1)…( αk+1 –αk)Q(αk+1)=0. Но αk+1 по условию отлично от чисел α1,…, αk, и => ни одно из чисел αk+1 –α1,…, αk+1 –αk ≠0. Значит Q(αk+1)=0, т.е. αk+1 – корень многочлена Q(х). По следствию из Теоремы Безу Q(х) делится на х-αk+1 без остатка, Q(х)= (х- αk+1) Q1(х), и поэтому P(x)= (х- α1)…(х- αk) Q(х)= (х- α1)…(х- αk)(х-αk+1) Q1(х). Это и значит, что P(x)делится на (х- α1)…(х- αk+1). Итак, доказано, что теорема верна при k=1, а из ее справедливости при n=k вытекает, что она верна и при n=k+1. теорема верна при любом случае корней.

Задача №1 (на нахождение корней) Задача №1 (на нахождение корней) Задача №2 Задача №3 (нахождение корней 3хчлена) Задача №4 Задача №5 (нахождение параметра) Задача №6 Задача №7 Задача №8(нахождение неизвестных по условию на корни и одно из неизвестных)

Найдите какие-нибудь четыре попарно различных натуральных числа a, b, c, d, для которых числа a2+2cd+b2 и c2+2ab+d2 являются полными квадратами. Предположим, что ab=cd. Тогда a2+2cd+b2=a2+2ab+b2=(a+b)2, c2+2ab+d2=c2+2cd+d2=(c+d)2. Таким образом, достаточно найти четыре различных натуральных числа a, b, c и d, для которых ab=cd. Для этого найдем число n, разлагающееся в произведение двух множителей различными способами. Например, таким числом является n=6; в этом случае можно взять a=1, b=6, c=2, d=3. Ответ: 1,2,3,6

Найти все целые неотрицательные значения n и k, удовлетворяющие уравнению 5n4+k5=81k 5n4+k5=81k, nϵZ, kϵZ, k≥0, n≥0.* 5n4=81k-k5 5n4= k(3-k)(3+k)(9+k2) Т.к 5n4≥0, то k(3-k)(3+k)(9+k2)≥0 0≤k≤3 Если k=0, 5n4=0, n=0. Если k=1, 5n4=80, n4=16, n=2; n=-2(не удовл. условию*) Если k=2, 5n4=162-32, 5n4=130, n4=26 ø Если k=3, 5n4=0, n=0. Ответ:k=0,n=0;k=1,n=2;k=3,n=3.

Квадратный трёхчлен f(x)=x2+px=q имеет 2 различных целых корня. Один из корней трёхчлена и его значение при х=11 являются простыми числами. Найти корни трёхчлена. Пусть х1 и х2- корни многочлена, f(x)=(x-x1)(x-x2) а) пусть х1=2-простой корень f(11)=(11-x1)(11-x2)-простой по условию(противоречие) f(11)= g(11-х2) - составное б) пусть х1-нечётное f(11)=(11-x1)(11-x2)-простое, (11-x1)(11-x2)=2 11-х1=1 11-х1=-1 11-х1=2 11-х1=-2 11-х2=2 11-х2=-2 11-х2=1 11-х2=-1 х1=10 х1=12 х1=9 х1=13 х2=9 х2=13 х2=10 х2=12 Ответ: х1=13,х2=12.

Найдите целые числа x и y, удовлетворяющие уравнению x4-2y2=1. Знаки x и y можно выбирать произвольно, поэтому будем искать только неотрицательные решения. Ясно, что x - нечётное число, x=2t+1. Перепишем уравнение в виде x4-1=(x-1)(x+1)(x2+1)=2t(2t+2)(4t2+4t+2)=2y2. Теперь видно, что y - чётное число, y=2u. Получаем уравнение на неотрицательные t, u: 2) t(t+1)(2t(t+1)+1)=u2. Числа t, t+1 и 2t(t+1)+1 попарно взаимно просты, а их произведение - полный квадрат. Значит, каждое из них также является полным квадратом. Это возможно только при t=0 (единственная пара последовательных полных квадратов - это 0 и 1). Тогда и u=0. Значит, x=+1, y=0. Ответ:x=1, y=0 или x=-1, y=0.

Найдите все значения параметра а, при каждом из которых все корни уравнения 3ax2(3a3 -12a2-1)x- a(a- 4)= 0 удовлетворяют неравенству x |x|≤1. 1) Пусть 3a = 0, т.е. a = 0, тогда получаем линейное уравнение –x= 0, которое имеет единственный корень x = 0, причем 0ϵ[-1;1]. Значение a = 0 удовлетворяет условию задачи. 2)При a≠0 получаем квадратное уравнение, дискриминант которого равен D=(3a3-12a2-1)2+ 12a2(a- 4)=(3t-1)2-12t=(3t-1)2 , где t= a3- 4a2. а)Тогда найдём корни

Существуют ли рациональные числа x, y, u, v, которые удовлетворяют уравнению (x+y√2)6+(u-v√2)6=7+5√2 ? (x+y√2)6=x6+6x5(y√2)+15x4(y√2)2+20x3(y√2)3+15x2(y√2)4+6x(y√2)5+(y√2)6=A+B√2. (u-v√2)6=u6-6u5(v√2)+15u4(v√2)2-20u3(v√2)3+15u2(v√2)4-6u(v√2)5+(v√2)6=A-B√2, то выполняется (x-y√2)6+(u-v√2)6= 7-5√2 Но 7-5√2˂0, а левая часть положительна. Противоречие. Следовательно, исходного равенства быть не может. Ответ: таких чисел нет.

При каких целых n число n2 - 7n + 10 простое? Разложим многочлен x2 - 7x + 10 на множители: x2 - 7x + 10 =(x - 5)(x - 2). Отсюда при любом целом n число n2 - 7n + 10 делится на n - 5 и на n - 2. Оно может быть простым только в том случае, если одно из чисел n - 5 и n - 2 равно 1 или -1, а другое – простое: если n - 5 = 1,то n = 6, n - 2 = 4, n2 - 7n + 10 = 4 – составное; если n - 5 = -1, то n = 4, n - 2 = 2, n2 - 7n + 10 = -2 – простое; если n - 2 = 1, то n = 3, n - 5 = -2, n2 - 7n + 10 = -2 – простое; если n - 2 = -1, то n = 1, n - 5 = -4, n2 - 7n + 10 = 4 – составное.

Даны три уравнения с действительными коэффициентами. 1) x2-(a+b)x+8=0; 2) x2-x(b+1)+c=0; 3) x4-b(b+1)x2+c=0.Каждое из них имеет по крайней мере один действительный корень. Корни 1го уравнения больше единицы. Также, корни 1го уравнения являются корнями 3го и хотя бы один корень 1го уравнения удовлетворяет 2ому уравнению. Найти числа a,b,c, если известно, что b>3. Обозначим корни первого уравнения x1 и x2. Причем пусть за x1 обозначен тот, который является корнем уравнения 2. Заметим, что если x1 является корнем уравнения 3, то и -x1 является корнем уравнения 3. -x1 не может равняться x2, поскольку и x1, и x2 положительны. Значит, у уравнения 3 мы нашли уже 4 корня: x1, -x1, x2 и -x2. У многочлена 4 степени больше корней и не может быть. Заметим, что x1 - корень уравнения 2. А значит, он является квадратом двух из корней уравнения 3. Поэтому x1=x12 либо x1=x22. Из первого уравнения следует, что x1=0 или 1. Но этого быть не может, т.к. x1 больше 1. Значит, x1=x22. Из теоремы Виета для первого уравнения следует, что x1x2=8. Поэтому x23=8. Откуда получаем, что x1=4; x2=2. Отсюда понятно, что a+b=6. Корни уравнения 3 - это ±2 и ±4. Поэтому корни уравнения 2 это 4 и 16. Поэтому с=64; а b(b+1)=20. Получаем b=4 или b=-5 (не подходит, так как b>3). Ответ: a=2;b=4;c=64.