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 2 страница

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:

 

  –6 –4
–2 –2 –2 –6
–2 –4 –18 –72  
–2 –6 –48    
–2 –8 –116      
–2 –10        
–2 –12          
–2            

 

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:

  –12 –116 –72
–10 –48 –6
–8 –12  
–6    
–4 –2 –4      
–2 –6        
         
           

 

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 , 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 F 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 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) ¹ 0, то число –1 не є коренем f(x). Для числа –2 застосовуємо “сито”. Результат запишемо у таблицю:

 

a
–2 ц ц

 

Отже, число –2 підозріле на корінь.

За схемою Горнера перевіряємо, чи буде –2 коренем многочлена та визначимо його кратність:

 
–2
–2  
–2 –1    

 

З таблиці видно, що a = –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 і підозрілі на корінь. Так як –2 є двократним коренем многочлена f(x) = (x + 2)2g(x), де g(x) = 12x4 + 16x3 + 11x2 + 5x + 1, то кожне з чисел і перевіряємо на корінь за схемою Горнера для многочлена g(x):

 

 
 
–2    

 

Звідси маємо: a = є двократним коренем многочлена g(x) і тому

f(x) = (x + 2)2 × (x + )2 × j(x),

де j(x) = 12x2 + 4x + 4.

Перевіряємо число a = на корінь для многочлена j(x).

 

 

 

Отже, a = не є коренем. Тому многочлен f(x) має два двократні корені a1 = –2, a2 = .

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 s12s2
2 2 0 bx12x22x30 bs22
2 1 1 cx12x2x3 cs1s3

 

Тоді f(x1, x2, x3) = s12s2 + bs22 + cs1s3, (*)

де s1 = x1 + x2 + x3, s2 = x1x2 + x1x3 + x2 x3, s3 = x1x2 x3.

Поклавши x1 = 1; x2 = –1; x3 = 0, одержуємо: s1 = 0, s2 = –1, s3= 0, f = –2.

Підставляючи знайдені значення у вираз (*), одержуємо:

–2 = b × (–1)2; b = –2,

тобто f(x1, x2, x3) = s12s2 –2s22 + cs1s3. (**)

Надаємо значень x1 = x2 = 1, x3 = –1, одержуємо:

s1 = 1, s2 = –1, s3 = –1, f = –2.

Підставляємо знайдені значення у вираз (**), одержуємо: c = –1. Отже,

f(x1, x2, x3) = s12s2 –2s22 – s1s3.

 

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).

b1 = 1; b2, 3 = 2; b4 = 5.

Розглянемо випадок 1) b1 = 1. Одержуємо:

Спільного кореня ці многочлени не мають.

2) Нехай b2, 3 = 2. Тоді

Спільний корінь a2 = 1 і тому a2 = 1, b2 = 2 є розв‘язком даної системи.

3) Нехай b4 = 5. Маємо:

Спільний корінь тут . Отже, , b4 = 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 x2x + 3        
x3x2 + 3x x + 1        
  _ x2 – 3x – 7          
  x2x + 3          
  – 2x – 10          

x3 – 7 = (x2x + 3)(x + 1) – 2x – 10,

h(x) = g(x)(x + 1) – (2x + 10).

2x + 10 = –h(x) + g(x)(x + 1);

_ x2x + 3 – 2x – 10        
x2 + 5x        
  _ – 6x + 3          
  – 6x – 30          
           

x2x + 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 a є алгебраїчним і знайти його мінімальний многочлен, якщо .

Розв‘язання.

Число a 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 a 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:

1) обидва множники мають степінь 2;

2) один множник має степінь 1, а другий 3.

Нехай f(x) = (ax2 + bx + c)(dx2 + mx + n). (1)

Тоді з рівності

x4 + 2x3 – 3x2 – 5x + 2 = adx4 + (am + bd)x3 + (an + bm + cd)x2 + (bn + cn)x + cn

маємо

(2)

Розв‘яжемо цю систему рівнянь в цілих числах. Знаходимо a = d = 1 або
a = d = –1, з останнього рівняння – c = 1, n = 2, c = 2, n = 1, c = –2, n = –1, c = –1, n = –2. Розглянемо кожен з восьми можливих варіантів.

1) Якщо a = d = 1, c = 1, n = 2, то маємо систему:

.

Ця система несумісна.

2) У кожному з решти варіантів несумісними є також системи рівнянь:

Це означає, що система рівнянь (2) несумісна і многочлен f(x) не розкладається в добуток двох многочленів другого степеня з цілими коефіцієнтами.

Припустимо, що розклад (1) виконується при дробових числах a, b, c, d, m, n. Зведемо до найменшого спільного знаменника коефіцієнти многочленів g1(x) = ax2 + bx + c, g1(x) = dx2 + mx + n та винесемо за дужки ці знаменники і найбільші спільні дільники чисельників обох многочленів. Одержуємо розклад

,

де (r, s) = (a1, b1, c1) = (d1, m1, n1) = 1.

Оскільки коефіцієнти многочлена f(x) є цілими числами, то всі коефіцієнти многочлена мають ділитися на число s, а тому й на кожен його простий дільник р.

Разом з тим, серед кожної трійки чисел a1, b1, c1 та d1, m1, n1 знайдуться числа, які не діляться на р. тому серед коефіцієнтів a1d1, a1m1 + b1d1,
a1n1 + b1m1 + c1d1, b1n1 + c1m1 і c1n1 многочлена g(x) знайдеться такий, що не ділиться на р. тому s = 1 і ми дістанемо розклад (1) з цілими коефіцієнтами, що неможливо.

Нехай f(x) =(ax + b)(cx3 + dx2 + mx + n). Тоді з рівності

x4 + 2x3 – 3x2 – 5x + 2 = acx4 + (ad + bc)x3 + (am + bd)x2 + (an + bm)x + bn

маємо:

Одним з розв‘язків цієї системи є a = c = n = 1, b = 2, d = 0, m = –3. Отже, f(x) = (x + 2)(x3 – 3x + 1), тобто многочлен f(x) звідний у полі Q.


Додаток: таблиці первісних коренів та індексів