1610841785-f468a61572dab6722e8deb8e3ec644ad (824277), страница 6
Текст из файла (страница 6)
Сперванайдём f (−2), используя минимальное число умножений, для чего запишемf (x) = (x − 3)x − 10 x + 2 x + 5.Подставляя x = −2 и проводя вычисления последовательно, мы заодно найдём коэффициенты неполногочастного q(x) в представлении f (x) = (x + 2)q(x) + f (−2):f (x) = (x + 2)(x3 + ax2 + bx + c) + f (−2) = x4 + (a+ 2})x3 + (2a+ }b)x2 + (2b+ }c)x + 2c + f (−2) =⇒| {z| {z| {z|{z}−3−1025=⇒ a = −5, b = −2a − 10 = 0, c = −2b + 2 = 2, f (−2) = −2c + 5 = 1.Эти вычисления удобно оформлять в виде таблицы:−211−3−5−1002251=⇒ f (x) = (x + 2)(x3 − 5x2 + 2) + 1.Повторив аналогичные выкладки с q(x) = x3 − 5x2 + 2 вместо f (x), получимf (x) = q1 (x)(x + 2)2 + q(−2)(x + 2) + 1для некоторого многочлена q1 (x).
Будем так продолжать, пока не получим искомое разложение по степеням x + 2. Вот итоговая таблица и ответ:−2−2−2−2−2111111−3−5−7−9−11−100143222−2651Ответ: f (x) = (x + 2)4 − 11(x + 2)3 + 32(x + 2)2 − 26(x + 2) + 1.1. Разложите по степеням x − 1: а) x4 − 4x + 1; б) x5 над Q и Z5 ; в)Pnk=0xk .2. Докажите, что для любого многочлена f ∈ C[x] существует такой многочлен g ∈ C[x], чтоа) f (x)f (−x) = g(x2 ); б) f (x)f (−x)f (ix)f (−ix) = g(x4 ).3.
Найдите а) сумму коэффициентов; б) сумму коэффициентов при чётных степенях x у многочлена (2x2 − 3x + 1)17 (3x2 + x − 2)15 .4. Пусть an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 = an (x − x1 ) . . . (x − xn ) ∈ C[x] и a0 , an 6= 0. Разложитена линейные множители: а) a0 xn + a1 xn−1 + . . . + an−1 x + an ; б) an x2n + an−1 x2n−2 + . . . + a1 x2 + a0 .5. Найдите остаток от деления многочлена f на (x − a)(x − b), если a 6= b и f (a) = A, f (b) = B.6. При каких a, b ∈ R x2 − 3x + 2 | (a + b)x5 + abx2 + 1?7.
Докажите, что если x − 1 | f (xn ), то xn − 1 | f (xn ).8. Разложите следующие многочлены на неприводимые над полями C, R, Q, Z5 :а) x4 − 4; б) x5 − 1; в) x6 + 3x3 + 2; г) (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15;д) (x2 + 2)2 + 5x(x2 + 2) + 6x2 ; е) (x2 + 3x − 2)2 + 3(x2 + 3x − 2) − 2 − x.9. Разложите многочлен x3 − 3abx − a3 − b3 , где a, b ∈ R, на неприводимые над C и R.10.
Докажите, что следующие многочлены имеют тройной корень 1:а) x2n − nxn+1 + nxn−1 − 1, n > 2; б) x2n+1 − (2n + 1)xn+1 + (2n + 1)xn − 1, n > 1.11. Докажите, что корни многочлена f ∈ C[x] степени n образуют вершины правильного nугольника, быть может, вырождающегося в точку, тогда и только тогда, когда многочлен f 0 имееткорень кратности n − 1.12.
Докажите, что только многочлен вида a(x − x0 )n делится на свою производную.Сравнения многочленов по модулю13. Найдите остаток от деления многочлена x100 + x + 1 на а) x2 + 1; б) x4 − 2; в) x4 − x2 + 1.14. Найдите остаток от деления многочлена (x2 + 2)100 на x4 + 4.15. При каких n ∈ N а) x2 + x + 1 | x2n + xn + 1;в) xn + xn−1 . .
. + x + 1 | x2n + x2n−2 + . . . + x2 + 1?б) x2 + x + 1 | (x + 1)n + xn + 1;16. Докажите, что x4 + x3 + x2 + x + 1 | x444 + x333 + x222 + x111 + 1.«Лобовое» решение предлагаемых задач с помощью деления уголком едва ли выглядит привлекательным, хотя в принципе осуществимо; оно предполагает лишнюю работу — нахождение(неполного) частного. Более разумным выглядит подстановка в делимый многочлен всех (комплексных) корней делителя — благо они находятся во всех пунктах.Решение 13а). Подставим в равенство x100 + x + 1 = q(x)(x2 + 1) + ax + b, где a, b ∈ R, значениеx = i: 2 + i = ai + b ⇔ a = 1, b = 2.Ответ: x + 2.Остальные пункты можно решить аналогично благодаря комплексным числам, однако в пунктах б), в) это сопряженос техническими трудностями.
Как и в задаче 14, где подстановка всех√4значений корня −4 в равенство (x2 + 2)100 = q(x)(x4 + 4) + ax3 + bx2 + cx + d приведёт к системе изчетырёх линейных уравнений на неизвестные коэффициенты a, b, c, d искомого остатка. А в задаче 15в) аналогичный метод решения приведёт (вы только подумаете!) к системе из n уравнений.Нет ли метода попроще, потехничнее?Пополним наш арсенал техникой сравнений по модулю, вероятно, знакомой читателю по задачам на делимость целых чисел.Говорят, что многочлены f и g сравнимы по модулю многочлена h 6= 0, и пишут f ≡ g (mod h),если h | f − g.
В силу теоремы о делении с остатком, это равносильно тому, что f и g дают приделении на h одинаковые остатки. Как и сравнения целых чисел, сравнения многочленов можноскладывать, вычитать, умножать и возводить в степень:f1 ≡ g1(mod h), f2 ≡ g2(mod h) =⇒ f1 ± f2 ≡ g1 ± g2 , f1 f2 ≡ g1 g2 , f1k ≡ g1k(mod h).Продемонстрируем метод сравнений по модулю в действии.• Вот альтернативное решение задачи 13а):x2 ≡ −1 (mod x2 + 1) =⇒ (x2 )50 + x + 1 ≡ (−1)50 + x + 1 = x + 2 (mod x2 + 1).• Задача 14 тоже решается в одну строчку: по модулю x4 + 4 имеем(x2 + 2)100 = (x4 + 4 + 4x2 )50 ≡ (4x2 )50 = 450 (x4 )25 ≡ 450 (−4)25 = −475 .• Задачу 15а решим двумя способами, а точнее — на двух языках.+ i sin 2π, тогда x2 + x + 1 = (x − ε)(x − ε).
ПоэтомуI. Обозначим ε := cos 2π33x2 + x + 1 | x2n + xn + 1 ⇐⇒ ε2n + εn + 1 = 0 (⇒ ε2n + εn + 1 = 0) ⇐⇒ 3 - n.Действительно, если 3 | n, то ε2n + εn + 1 = 3, если n ≡ 1 (mod 3), то εn = ε и ε2n = ε2 , а еслиn ≡ 2 (mod 3), то εn = ε2 и ε2n = ε.
Итак, если 3 - n, то ε2n + εn + 1 = ε2 + ε + 1 = 0.II. Поскольку x2 + x + 1 | x3 − 1, то можно редуцировать x2n + xn + 1 по модулю x3 − 1. Разберёмтри случая в зависимости от остатка при делении n на 3.n3k3k + 13k + 2Ответ: 3 - n.xn(x ) ≡ 1(x3 )k x ≡ x(x3 )k x2 ≡ x23 kx2nx2n + xn + 11 =1322xx +x+12 2(x ) ≡ x x + x2 + 12выводне подходитподходитподходит17. Докажите, что f (x) − x | f (f (x)) − x для любого многочлена f .Студент(111 группа)Комплексные числа, I вариант1.
Обозначим1 ε 2ε 1 ε ε2ε = − 12 + iε2 ε =1√3.2Представьте в алгебраической форме:2. Изобразите на комплексной плоскости всечисла, сопряжённые своему квадрату.3. Представьте в тригонометрической форме (−π < ϕ < π): 1 + cos ϕ + i sin ϕ.4. Выпишите и нарисуйте все значения корня:q12√ 31+i 3 .5. Преобразование комплексной плоскостиz 7→1+i√ z2+ 2 + 3iвокруг точкиявляется поворотом на угол.Студент(111 группа)Комплексные числа, II вариант1. Обозначим ε = − 12 − i1 1 1 1 ε ε 2 = 1 ε2 ε √3.2Представьте в алгебраической форме:2. Изобразите на комплексной плоскости всечисла с чисто мнимыми кубами.3.
Представьте в тригонометрической форме: 1 − 2 +√ 3 i.q √44. Выпишите и нарисуйте все значения корня:3+i .165. Преобразование комплексной плоскостиz 7→ −z + 2 − iявляется скользящей симметрией, а именно — композицией симметрии относительно прямойи сдвига на параллельный ей вектор.Алгоритм Евклида и соотношение БезуНачнём не с определений и теорем, а с задачи — решим систему уравнений(x5 − x4 + 3x3 − 3x2 + 3x − 1 = 0x4 − x3 − x2 + 2x − 2 = 0.Конечно, мы не будем даже пытаться решать уравнения системы по отдельности. Требуется найтиобщие корни двух многочленов — обозначим их f и g. Напрашивается разделить f на g остатком,что позволит перейти к более простой равносильной системе:если f = gq + r, то f = g = 0 ⇐⇒ g = r = 0,причём deg r < deg g при делении с остатком.
Будем повторять эту процедуру до тех пор, покаодин многочлен не разделится на другой:x5 − x4 + 3x3 − 3x2 + 3x − 1 = (x4 − x3 − x2 + 2x − 2)x + 4x3 − 5x2 + 5x − 1, 31 21− 16 (x − x + 1),x4 − x3 − x2 + 2x − 2 = (4x3 − 5x2 + 5x − 1) 41 x + 163224x − 5x + 5x − 1 = (x − x + 1)(4x − 1).Теперь ясно, что наша система равносильна уравнению x2 − x + 1 = 0. Оно имеет два корня√1±i 3.2Продемонстрированный алгоритм последовательного деления с остатком носит название алгоритмЕвклида и применяется для нахождения наибольшего общего делителя (НОД) двух многочленов — ихобщего делителя, кратного любому их общему делителю. Существование НОД надо доказывать.
Одноясно — если НОД существует, то он определён с точностью до ассоциированности: если d и d0 — два НОДмногочленов f и g, то d | d0 и d0 | d. НОД многочленов f и g обозначается через (f, g); запись d = (f, g)означает, что d — один из НОД f и g; всякий их НОД имеет вид ud, где u ∈ K ∗ . Многочлены, НОДкоторых равен 1, называются взаимно простыми.Покажем в общем виде, как искать (и почему существует) (f, g) с помощью алгоритма Евклида.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
