Тема АЛГЕБРА

Многочлены

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела алгебра

Разделы подтемы Многочлены

Многочлены с целыми коэффициентами и теорема Безу

Теорема Виета для многочленов

Корни многочленов

Свойства коэффициентов многочленов, раскрытие скобок и бином Ньютона

Симметрические многочлены

Применение производной в многочленах

Многочлены над конечным полем

Неприводимость и разложение на неприводимые многочлены

Интерполяция

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 41#136143Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что если многочлен степени $n$ принимает целые значения в точках $0,$ $1,$ $4,$ …, $n2,$ то он принимает целые значения во всех квадратах целых чисел.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Мы знаем, что если многочлен степени ≤ n принимает целые значения в точках 0,…,n, то его значения во всех целых точках тоже будут целыми. Как свести нашу задачу к этой ситуации? Может, стоит рассмотреть новый многочлен, подставив что-нибудь в P?

Подсказка 2

Рассмотрите G(k):=P((k−n)²). Какая у него степень и что можно сказать о его целочисленности в точках 0,…,2n?

Показать доказательство

Рассмотрим многочлен от одной переменной

2 G(k):= P((k− n) ).

Поскольку $degP ≤n,$ степень $G$ не превосходит $2n.$ При $k= 0,1,...,2n$ значения $(k− n)2$ пробегают квадраты целых чисел $0,1,4,...,n2,$ а потому по условию $G(0),G(1),...,G(2n)$ — целые числа.

Докажем стандартную лемму о целочисленности многочлена.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. Пусть $H$ — многочлен степени $≤d.$ Если $H(0),H(1),...,H(d)$ — целые числа, то $H (t)∈ ℤ$ для всех целых $t.$

Доказательство. Доопределим число сочетаний и для отрицательных чисел: пусть

b a(a− 1)...(a− b+ 1) Ca = -------b!-------

при целых $b≥ 0$ и $a.$ Это число при неотрицательном $a$ — целое по комбинаторному определению числа сочетаний, а при отрицательном $a= −c$ оно тоже целое, ведь

a(a− 1)...(a− b+ 1) −c(−c − 1)...(−c− b+1) Cba =--------b!------- = ---------b!---------= Cbc+b−1⋅(− 1)b.

Тогда из теоремы Лагранжа об интерполяции

∑n (x− 0)...(x− i)...(x− n) n∑ i n−i n−i H (x) = H(i)⋅ ---i!(n−-i)!(−1)n−i----= H (i)⋅CxCx−i−1(−1) , i=0 i=0

где крышечка означает отсутствие скобки. Из рассуждений выше понимаем, что каждое слагаемое — целое, а значит, в любой целой точке значение многочлена является целым.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Применяя лемму к $G$ (с $d= 2n$ ), получаем, что $G(t)∈ ℤ$ для всех целых $t.$ В частности, для произвольного целого $m$ имеем

P(m2)= G(m+ n)∈ ℤ.

Это и требовалось доказать.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 42#136147Максимум баллов за задание: 7

Интерполяция по Ньютону. Докажите индукцией по $n,$ что для попарно различных действительных чисел $x ,x , 0 1$ …, $x n$ и любых действительных чисел $y0,y1,$ …, $yn$ существуют многочлен $f$ такой, что для каждого $1≤i≤ n$ выполнено $f(xi)= yi.$

Показать доказательство

База для $n = 0$ очевидна, ведь можно взять $f(x)= y. 0$ Докажем переход от $k$ к $k +1.$

Требуется найти многочлен $f,$ что для каждого $0≤ i≤k +1$ выполнено $f(xi)= yi.$ По предположению индукции существует многочлен $fk,$ что для каждого $0 ≤i≤ k$ выполнено $fk(xi)=yi.$ Тогда возьмём

fk+1(x)= fk(x)+ (x − x0)...(x− xk)⋅C,

где

----yk+1− fk(xn+1)--- C = (xk+1− x0)...(xk+1 − xk).

Тогда для каждого $0≤i≤ k$ выполнено

fk+1(xi)=fk(xi)= yi,

ведь второе слагаемое в $fk+1$ обнуляется. Проверим выполнение условия для $xk+1 :$

fk+1(xk+1) =fk(xk+1)+ (xk+1− x0)...(xk+1− xk)⋅C = fk(xk+1)+yk+1− fk(xk+1) =yk+1.

А значит, многочлен $fk+1$ нам подходит, что и завершает переход индукции.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 43#136148Максимум баллов за задание: 7

Интерполяция по Лагранжу. Пусть $x , 0$ $x , 1$ $x , 2$ …, $x n$ — попарно различные действительные числа.

(a) Найдите многочлен $Pi(x)$ степени $n$ такой, что $Pi(xi)= 1,$ и $Pi(xj)= 0$ при $j ⁄= i;$

(b) Выведите из пункта (a) существование интерполяционного многочлена степени не выше $n.$

Показать ответ и решение

(a) Заметим, что

(x− x0)...(x− xi)...(x− xn) Pi(x)= (x-− x-)...(x-− x-)...(x-−-x-), i 0 i i i n

где крышечка означает отсутствие скобки, подходит, ведь в $xi$ значения числителя и знаменателя одинаковы и не равны 0, а в остальных точках числитель обнуляется, а знаменатель нет.

(b) Возьмём

∑n -(x−-x0)...(x-− xi)...(x-− xn) P(x)= y0⋅P0(x)+ ...+ yn⋅Pn(x)= i=0yi⋅(xi− x0)...(xi− xi)...(xi− xn).

Он подходит, ведь в точке $xi$ все слагаемые кроме $(i+ 1)$ -ого обнуляются, а $(i+ 1)$ -ое принимает значение $yi.$ Его степень не выше $n,$ так как степень каждого слагаемого равна $n.$

Ответ:

(a) $P (x)= -(x−x0)...(x−-xi)...(x−xn)-, i (xi−x0)...(xi−xi)...(xi−xn)$ где крышечка означает отсутствие скобки.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 44#136149Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что если многочлен в рациональных точках принимает рациональные значения, то и все его коэффициенты рациональные.

Показать доказательство

Пусть $P (x)$ — многочлен из условия и его степень равна $n.$ Возьмём любую $n+ 1$ рациональную точку и построим по ним интерполяционный многочлен Лагранжа:

∑n (x− x )...(x − x )...(x − x ) P(x)= yi⋅ (x-−-x0)...(x-−-ix)...(x-−n x-), i=0 i 0 i i i n

где крышечка означает отсутствие скобки. Так как все $xi$ и $yi$ рациональны, то любой коэффицент $P (x),$ очевидно, рационален.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 45#136150Максимум баллов за задание: 7

(a) Пусть $P (x)$ — многочлен степени не выше $n,$ для которого $P(xi)= yi$ при $i= 0,1,2,...,n,$ $Q$ — другой многочлен, для которого $Q (xi)=yi$ при $i=0,1,2,...,n.$ Тогда многочлен $P (x)$ является остатком от деления многочлена $Q(x)$ на многочлен $(x− x0)(x− x1)...(x− xn).$

(b) Пусть $a,b,c$ — натуральные числа. Верно ли, что обязательно существует квадратный трёхчлен с целыми коэффициентами, который в некоторых целых точках принимает значения $3 3 3 a ,b,c?$

Показать ответ и решение

(a) При любом $0≤ i≤ n$ разность этих многочленов обнуляется в $x , i$ а значит, делится на $(x− x ). i$ Пусть частное равно $H (x),$ тогда

Q(x)=(x− x0)...(x − xn)H(x)+P (x),

а это мы и хотели доказать.

(b) Многочлен $Q (x)= x3$ почти подходит, но нам нужен квадратный трёхчлен. Пользуясь идеей из пункта (a), получаем, что многочлен

3 P (x)= x − (x − a)(x − b)(x − c)

подходит, ведь коэффицент при $x3$ сократится, а значения в этих точках не изменятся.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 46#136152Максимум баллов за задание: 7

Пусть $x , 1$ $x , 2$ …, $x n$ — попарно различные числа, а $f(x)$ — многочлен степени меньше $n.$ Докажите, что дробь

---------f(x)--------- (x− x1)(x− x2)...(x− xn)

можно представить в виде

-a1--+ -a2--+ ...+ -an--, x− x1 x− x2 x− xn

где $ai$ — некоторые числа.

Показать доказательство

Пусть $f(x)= y i i$ для каждого $1≤ i≤ n.$ Запишем интерполяционный многочлен Лагранжа для $f(x)$ степени меньше $n$ по точкам $x, 1$ …, $xn :$

∑n (x− x)...(x− x )...(x − x ) f(x)= yi⋅(x-− x-1)...(x-− xi)...(x−-nx-), i=1 i 1 i i i n

где крышечка означает отсутствие скобки. Тогда

---------f(x)--------- ∑n -----------yi------------ -1--- (x− x1)(x− x2)...(x− xn) = i=1(xi− x1)...(xi− xi)...(xi− xn) ⋅x− xi.

Взяв в каждом слагаемом первую дробь в качестве $ai,$ получим требуемое представление.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 47#136153Максимум баллов за задание: 7

(a) Для различных $a,$ $b,$ $c$ упростите выражение

2 (x − a)(x − b) 2 (x − b)(x − c) 2 (x − c)(x− a) c ⋅(c− a)(c−-b) + a ⋅(a-− b)(a-− c) + b ⋅(b-− c)(b−-a).

(b) Для различных $a,$ $b,$ $c$ упростите выражение

2 2 2 ----c-----+----a----- +----b-----. (c− a)(c− b) (a− b)(a− c) (b− c)(b− a)

----an---- ----bn----- ----cn----- (a − b)(a− c) + (b − a)(b− c) + (c− a)(c− b)

целое.

Показать доказательство

(a) Запишем интерполяционную формулу Лагранжа для многочлена $f(x)= x2$ в точках $a,b$ и $c$ и получим в точности выражение из условия, а значит, это выражение равно $2 x .$

(b) Запишем интерполяционную формулу Лагранжа для многочлена $2 f(x)=x$ в точках $a,$ $b$ и $c:$

2 (x− a)(x− b) 2 (x− b)(x− c) 2 (x− c)(x− a) f(x)=c ⋅-(c−-a)(c−-b) +a ⋅-(a−-b)(a−-c) +b ⋅(b−-c)(b− a).

Нетрудно увидеть из формулы, что выражение из условия является старшим коэффицентом этого многочлена. С другой стороны, он равен 1. Значит, выражение равно 1.

(c) Пусть $Q (x)= xn,$ а $P(x)$ — многочлен степени не выше 2, который в точках $a,$ $b,$ $c$ принимает значения $an,$ $bn,$ $cn$ соответственно. Запишем интерполяционную формулу Лагранжа для $P(x):$

P(x)=cn⋅ (x−-a)(x−-b)+an ⋅ (x-− b)(x−-c)+ bn ⋅ (x-− c)(x−-a). (c− a)(c− b) (a − b)(a− c) (b− c)(b− a)

Тогда нам требуется доказать, что старший коэффицент $P(x)$ является целым.

Так как разность $Q(x)− P(x)$ обнуляется в точках $a,$ $b$ и $c,$ то она делится на

R(x)= (x − a)(x − b)(x− c).

Степень $P(x)$ не больше 2, тогда $P(x)$ является остатком от деления $Q(x) =xn$ на $R(x).$

Но в процессе деления в столбик $Q(x)$ на $R(x)$ мы получаем в частном только целые коэффиценты при степенях, что следует из приведенности $R(x).$ Теперь $Q(x),$ $R (x)$ и частное — многочлены с целыми коэффицентами, а значит, и $P(x)$ имеет целые коэффиценты, что и доказывает требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 48#136154Максимум баллов за задание: 7

Многочлен $P(x)$ степени $n$ принимает целые значения в точках $0,$ $1,$ $2,$ …, $n.$

(a) Приведите пример такого $P(x),$ у которого не все коэффициенты целые;

(b) Докажите, что $n!⋅P(x)$ — многочлен с целыми коэффициентами;

Показать ответ и решение

(a) Рассмотрим многочлен

(x−-1)(x−-2)...(x-− n) P (x)= n! .

У него старший коэффицент не является целым при $n ≥2.$ В точке 0 он равен $n (− 1) ,$ а в точках 1, 2, …, $n$ он обнуляется. Значит, он нам подходит.

(b) Пусть $P(i)= yi$ для $0≤ i≤ n.$ Запишем интерполяционный многочлен Лагранжа для $P(x)$ степени $n$ в точках 0, 1, …, $n:$

n n P(x)= ∑ yi⋅ (x−-0)...(x−-i)...(x-− n)= ∑ yi⋅ (x−-0)...(x− i)...n(−xi−-n), i=0 (i− 0)...(i^− i)...(i− n) i=0 i!(n− i)!(−1)

где крышечка означает отсутствие скобки. Тогда

∑n (x− 0)...(x− i)...(x− n) ∑n n!⋅P (x)= yi⋅n!⋅----i!(n-− i)!(−1)n−i---= yi⋅Cin(x− 0)...(x − i)...(x− n) i=0 i=0

— многочлен с целыми коэффицентами.

b a(a−-1)...(a− b+-1) Ca = b!

b a(a−-1)...(a−-b+-1) −c(−c-− 1)...(−c−-b+1) b b Ca = b! = b! = Cc+b−1⋅(− 1) .

Из пункта (b):

∑n ∑n P (x)= yi⋅ (x−-0)...(x-− i)...n(−xi− n) = yi⋅CixCnx−−ii−1(−1)n−i. i=0 i!(n− i)!(−1) i=0

Из рассуждений выше понимаем, что каждое слагаемое — целое, а значит, в любой целой точке значение многочлена является целым.

Ответ:

(a) Например, $P(x)= (x−1)(x−-2)...(x−-n) n!$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 49#136155Максимум баллов за задание: 7

(a) Докажите, что для любого многочлена $P(x)∈ℝ [x]$ существует многочлен $Q$ такой, что $P(x)= Q(x+1)− Q(x),$ и этот многочлен $Q$ определен с точностью до прибавления произвольной константы.

(b) Пусть $k$ — натуральное число. Докажите, что существует многочлен $P(x)$ степени $k+ 1,$ такой, что

1k+ 2k+...+nk =P (n)

для любого натурального $n.$

Показать доказательство

(a) Пусть

n P(x)= anx +...+a0

m m −1 Q(x)=bmx + bm −1x +...+b0.

Тогда

Q(x+ 1)− Q(x)= bm (x +1)m+ b (x +1)m−1+ ...+ b − bmxm − b xm− 1− ...− b . m−1 0 m− 1 0

Коэффицент при $xm$ равен 0, а при $xm−1$ равен $bmm ⁄= 0.$ Значит, $m =n +1$ и $bn+1 = nan+1.$

Докажем индукцией по $n,$ что такой многочлен $Q(x)$ существует и единственен с точностью до прибавления константы. База для $n =0$ очевидна, докажем переход от $n− 1$ к $n.$ Так как $bn+1$ мы уже нашли, то пусть

P ′(x)=P (x)− bn+1(x+ 1)n+1+ bn+1xn+1.

По предположению индукции (так как степень $P′(x)$ не больше $n− 1$ ) существует многочлен $Q′(x)$ что

P′(x)= Q′(x +1)− Q′(x).

Но тогда возьмём

Q(x)= Q′(x)+ bn+1xn+1

и получим, что

P(x)= P′(x)+ bn+1(x+ 1)n+1− bn+1xn+1 = Q′(x +1)− Q′(x)+ bn+1(x+ 1)n+1− bn+1xn+1 = Q(x+ 1)− Q (x)

Значит, такой многочлен $Q(x)$ существует. Теперь докажем его единcтвенность с точностью до прибавления константы. Пусть

P(x) =Q(x+ 1)− Q (x),

тогда

′ n+1 Q (x)= Q(x)− bn+1x ,

где $bn+1 =-an-. n+1$ Тогда

P(x)= Q′(x+ 1)− Q ′(x)+b (x +1)n+1− b xn+1. n+1 n+1

Пусть

P′(x)= P(x)− bn+1(x+1)n+1+ bn+1xn+1 = Q′(x +1)− Q′(x).

Многочлен $P′(x)$ однозначно восстанавливается по $P (x).$ Но тогда по предположению индукции $Q′(x)$ однозначно восстанавливается с точностью до прибавления константы, откуда и следует единcтвенность $Q (x)$ с точностью до прибавления константы.

(b) Условие равносильно тому, что $P (0)= 0$ и

(x+ 1)k =P (x +1)− P(x).

Как мы поняли из пункта (a), многочлен $P(x),$ удовлетворяющий второму условию, существует и единственен с точностью до прибавления константы, тогда сдвинем его на константу так, что $P(0) =0.$ Также мы ранее уже доказывали, что его степень равна $k+ 1.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 50#138470Максимум баллов за задание: 7

Многочлен $P(x)∈ℚ [x]$ таков, что $P(3√2)= 0.$ Докажите, что $P(x)$ делится на $x3− 2.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Давайте обозначим кубический корень из двух через a. Что за многочлен, который делит все многочлены с корнем a?

Подсказка 2.

Правильно! Это минимальный многочлен для a. Пусть многочлен x³ − 2 не минимальный. Что тогда можно сказать?

Подсказка 3.

Ага! x³ − 2 делится на минимальный! А что следует из делимости многочлена x³ − 2 на многочлен с рациональными коэффициентами? Попробуйте найти с этим противоречие.

Показать доказательство

Рассмотрим минимальный многочлен $Q(x)∈ℚ [x]$ для $α = 3√2$ (то есть ненулевой многочлен наименьшей степени такой, что $Q (α)= 0$ ). Известно, что любой многочлен из $ℚ[x]$ с корнем $α$ делится на $Q,$ поэтому если $3 Q (x)= x − 2,$ то получим искомое. Пусть $3 Q(x)⁄= x − 2.$ Тогда $3 x − 2$ делится на $Q(x),$ поэтому $3 x − 2$ разложим в $ℚ[x],$ значит, одна из скобок в этом разложении линейная, но линейный многочлен над $ℚ[x]$ имеет рациональный корень, а у $3 x − 2$ таких нет. Противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 51#138471Максимум баллов за задание: 7

Избавьтесь от иррациональности в знаменателе дроби $----1---, 2α3+5α2−5$ где $α$ является корнем многочлена $2x4− 3x3− 20x2 − 4x+ 22.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Давайте обозначим через P(x) многочлен из условия, а через Q(x) = 2x³ + 5x² − 5. Что нужно сделать с этими многочленами, чтобы мы смогли избавиться от иррациональности в знаменателе?

Подсказка 2.

Правильно! Линейное представление НОДа! Что нужно, чтоб его получить?

Подсказка 3.

Ага! Применить алгоритм Евклида!

Показать ответ и решение

Обозначим через $Q (x)= 2x3+ 5x2− 5$ и через $P (x)$ многочлен из условия. Найдем линейное представление НОДа многочленов $P(x)$ и $Q (x),$ то есть такие многочлены $A(x)$ и $B(x),$ что верно равенство:

P(x)⋅A (x)+ Q(x)⋅B (x)= (P(x),Q(x)).

Начнем применять алгоритм Евклида для многочленов $P(x)$ и $Q(x):$

(P(x),Q (x))= (Q(x)(x − 4)+ (x +2),Q (x)) ↓ (x+ 2,Q(x))=(x+ 2,(x+ 2)(2x2+ x− 2)+ (− 1)) ↓ (x +2,−1)

Видно, что НОД этих многочленов равен 1. Теперь найдем линейное представление:

(x+ 2)(2x2 +x− 2)− Q (x)= 1 ↓ (P(x)− Q(x)(x− 4))(2x2 +x− 2)− Q(x)= 1 ↓ P (x)⋅(2x2 +x− 2)− Q (x)⋅((2x2+ x− 2)(x− 4)+ 1)= 1

Если подставить $x= α$ в последнее равенство, то получим (нам известно, что $P(α)= 0$ ):

--1- 2 Q (α) =− ((2α +α − 2)(α− 4)+ 1).

То есть мы избавились от иррациональности в знаменателе, что и требовалось!

Ответ:

$− ((2α2+ α − 2)(α − 4)+ 1)$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 52#138472Максимум баллов за задание: 7

На доске написан многочлен $P (x)=x3 − 2x2+ 1. 0$ На каждом шаге многочлен $P (x) i$ с доски заменяется на многочлен $Pi+1(x)= Pi(Pi(x)+ 1).$ Докажите, что $Pi(x)− 1$ раскладывается в произведение $i+1 2 + 1$ многочленов с целыми коэффициентами.

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Попробуйте найти что-то общее у всех многочленов Pᵢ − 1.

Подсказка 2.

Например, корень. Какой?

Подсказка 3.

Правильно! Каждый из этих многочленов имеет корень 2. Попробуйте доказать это по индукции.

Подсказка 4.

Теперь осталось доказать утверждение задачи по индукции. Для этого надо сделать аккуратно переход. Попробуйте использовать то, что Pᵢ − 1 делится на x − 2 и определение Pᵢ.

Показать доказательство

Сначала докажем, что для любого $i$ многочлен $P − 1 i$ делится на $x− 2.$ Будем доказывать по индукции.

База $i= 0$ .

3 2 2 .. x − 2x = x (x − 2).(x− 2).

Переход. Знаем, что $P (2)− 1= 0, i$ и хотим $P (2)− 1= 0. i+1$ Это сразу следует из определения $P i$ :

Pi+1(2)− 1= Pi(Pi(2)+ 1)− 1= Pi(1 +1)− 1= Pi(2)− 1 =0.

Теперь по индукции докажем, что $Pn(x)− 1$ можно разложить в произведение $2n+1+ 1$ многочленов с целыми коэффициентами.

База $n =0$ . Многочлен

x3− 2x2 = x2(x− 2)= x⋅x⋅(x − 2)

имеет $20+1+ 1= 3$ многочлена в разложении.

Переход. Перепишем $Pn(x)$ следующим образом (так можно в силу предположения):

(x− 2)⋅Q1(x)⋅Q2(x)⋅...⋅Q n+1(x)+1, 2

где $Qi(x)$ — многочлены с целыми коэффициентами. Тогда

Pn+1(x)= ((Pn(x)+ 1)− 2)⋅Q1(P1(x)+ 1)⋅...⋅Q2n+1(P1(x)+ 1)+ 1.

Следовательно,

Pn+1(x)− 1= (Pn(x)− 1)⋅Q1(P1(x)+ 1)⋅...⋅Q2n+1(P1(x)+1).

Используя предположение, получаем:

Pn+1(x)− 1= (x− 2)⋅Q1(x)⋅...⋅Q2n+1(x)⋅Q1 (P1(x)+1)⋅...⋅Q2n+1(P1(x)+ 1),

В итоге получили разложение на

1+ 2n+1+ 2n+1 =2n+2+ 1

многочлена, что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 53#138473Максимум баллов за задание: 7

Приводим ли многочлен $P(x)= x3 − 2025$ (a) над $ℝ;$ (b) над $ℚ?$

Показать ответ и решение

(a) Пусть $α = 3√2025.$ Тогда

3 2 2 x − 2025=(x− α)(x + α⋅x+ α )

является разложением над $ℝ.$

(b) Пусть $P(x)$ приводим над $ℚ.$ Тогда есть разложение на два многочлена над $ℚ,$ и степень одного из них равна 1, но линейный многочлен над $ℚ$ имеет рациональный корень, а многочлен $P(x),$ очевидно, таких не имеет. Противоречие.

Ответ:

(a) да; (b) нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 54#138474Максимум баллов за задание: 7

Докажите с помощью алгоритма Евклида, что НОД двух многочленов всегда существует, кроме случая, когда оба многочлена равны $0.$

Показать доказательство

Пусть даны многочлены $P(x)$ и $Q (x).$ Если многочлен $P (x)$ нулевой степени, то положим $(P(x),Q(x))= 1,$ кроме случая, когда $P (x)= 0,$ тогда положим $(P(x),Q (x))= Q(x).$ Пусть оба многочлена ненулевые (и пусть $degP(x)≥degQ(x)$ ), то давайте делать следующую замену:

(P(x),Q(x)) ↓ (P(x) mod Q (x),Q(x))

Закончим этот алгоритм, когда один из многочленов станет нулевой степени. Этот момент точно наступит, так как степень одного из многочленов при такой замене строго уменьшается. Теперь положим

′ ′ (P(x),Q(x))= (P(x),Q (x))

где $P ′(x),$ $Q ′(x)$ — многочлены, которые получились на последней итерации алгоритма. Легко видеть, что условие из определения НОДа выполняется.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 55#138475Максимум баллов за задание: 7

Теорема о линейном представлении НОДа для многочленов. Для любых многочленов $P(x)$ и $Q(x)$ существуют такие многочлены $A(x)$ и $B(x),$ что

P(x)A (x)+ Q(x)B(x)= (P (x),Q(x)).

Показать доказательство

Применим алгоритм Евклида к $P (x)$ и $Q(x)$ . В процессе получаем последовательность делений

P(x)= Q (x)Q (x)+ R (x), Q(x)= Q1(x)R (x)+R1(x), 2 .1 2 .. Rk−2(x)= Qk(x)Rk−1(x)+Rk (x), Rk−1(x)= Qk+1(x)Rk(x).

Теперь обратной подстановкой выражаем каждый остаток через $P(x)$ и $Q(x)$ . Из первого шага:

R1(x)= P(x)− Q1(x)Q(x).

Из второго:

R2(x)= Q(x)− Q2(x)R1(x),

и, подставляя выражение для $R1(x),$ получаем

R2(x)= U2(x)P(x)+V2(x)Q (x).

Далее аналогично: если

Rj(x)= Uj(x)P(x)+ Vj(x)Q(x); Rj−1(x)= Uj−1(x)P(x)+ Vj−1(x)Q(x),

то

Rj+1(x)= Rj−1(x)− Qj+1(x)Rj(x)= A′(x)P(x)+B ′(x)Q (x),

где $A ′(x)$ и $B ′(x)$ некоторые многочлены. По индукции получаем, что последний ненулевой остаток

Rk(x)= A(x)P(x)+B (x)Q(x).

Так как $Rk(x)= (P(x),Q (x)),$ утверждение доказано.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 56#138476Максимум баллов за задание: 7

(a) Пусть $P (x)⋅Q(x)$ делится на $R(x),$ и $(Q (x),R (x))= 1.$ Докажите, что $P(x)$ делится на $R(x).$

(b) Основная теорема арифметики для многочленов. Любой унитарный многочлен $P(x)∈ ℝ[x]$ ( $ℚ[x]$ ) может быть единственным образом разложен в виде произведения неприводимых унитарных многочленов из $ℝ[x]$ $(ℚ[x])$ с точностью до перестановки сомножителей.

Показать доказательство

(a) По теореме о линейном представлении НОДа, существуют такие многочлены $A(x)$ и $B(x),$ что

Q(x)A (x)+ R(x)B(x)= 1.

Домножим последнее равенство на $P(x)$

(Q (x)⋅P(x))A(x)+R (x)⋅(B(x)P(x))=P (x).

Заметим, что в левой части каждое слагаемое делится на $R(x),$ а значит, и правая часть делится на $R(x),$ что и требовалось.

(b) Если многочлен неприводим, то утверждение задачи очевидно. Существование такого разложения следует из того, что можно просто разложить на неприводимые и из каждого многочлена вынести старший член за скобку и получить искомое разложение. Осталось доказать единственность. Пусть есть два разложения нашего многочлена $F(x)$

F(x)= P1(x)⋅...⋅Pn(x)= Q1(x)⋅...⋅Qm (x).

Зафиксируем какое-нибудь $Pi$ и будем смотреть, делится ли $Qj$ на $Pi$ или нет. Если $Qj$ делится на $Pi,$ то $Pi = Qj,$ так как иначе $Qj$ приводим. Если же $Qj$ не делится на $Pi,$ то $(Pi,Qj)= 1,$ так как иначе, $Pi$ был бы приводим. Поэтому для каждого $Pi$ существует $j$ такое, что $Pi =Qj.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 57#138478Максимум баллов за задание: 7

(a) Докажите, что многочлен $P (x)∈ ℚ[x],$ являющийся минимальным для своего корня $α,$ неприводим над $ℚ.$

(b) Докажите, что любой многочлен с рациональными коэффициентами и корнем $α$ делится на минимальный многочлен $α.$

(c) Теорема (об избавлении от иррациональности в знаменателе). Пусть $α ∈ℝ,$ а $P(x)$ — минимальный многочлен $α.$ Многочлен $Q(x)∈ℚ [x]$ таков, что $Q (α)⁄= 0.$ Докажите, что в дроби $1 Q(α)$ можно «избавиться» от иррациональности в знаменателе.

Показать доказательство

(a) Пусть не так. Тогда существуют такие многочлены $Q(x)$ и $R (x)$ из $ℚ[x],$ что $P(x)= Q(x)⋅R(x).$ Тогда один из многочленов $Q(x)$ и $R(x)$ имеет корень $α$ и имеет степень меньше, чем $P (x).$ Противоречие с минимальностью $P(x).$

(b) Обозначим минимальный многочлен через $P(x).$ Пусть существует многочлен $Q (x)$ с корнем $α,$ который не делится на $P(x).$ Тогда при делении $Q(x)$ на $P(x)$ будет остаток $R(x),$ где $R(x)$ — ненулевой многочлен из $ℚ [x].$ Заметим, что $R(x)$ тоже имеет корень $α,$ но при этом его степень меньше, чем у $P(x).$ Противоречие с минимальностью.

(c) Из пункта (a) следует, что $P(x)$ неприводим над $ℚ,$ поэтому $(P(x),Q(x))= 1.$ По теореме о линейном представлении НОДа, существуют многочлены $A(x)$ и $B (x)$ такие, что

A(x)P (x)+ B(x)Q(x)= 1.

После подстановки $α$ получаем $--1- B (α)= Q (α),$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 58#139257Максимум баллов за задание: 7

В выражении $(3− 2x)2017$ раскрыли скобки и привели все подобные слагаемые. Пусть $n$ равно сумме всех коэффициентов полученного многочлена. Найдите коэффициент при $10n x .$

Показать ответ и решение

Пусть

2017 f(x)= (3 − 2x)

Тогда $f(1)= 1,$ но $f(1)$ это и есть сумма всех коэффициентов. Посчитаем коэффициент перед $x10$ равный $a.$ Из бинома Ньютона

10 10 2007 a= C2017⋅2 ⋅3

Ответ:

$C10 ⋅210⋅32007 2017$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 59#76174Максимум баллов за задание: 7

Дед Мороз решил наказать олимпиадников, которые плохо вели себя в 2023 году, поэтому поставил им следующее условие:

Х о- хо, ребята, даю вам многочлен P1(x)=x +2023

n n+1 М ожете строить многочлен более вы сокой степени по правилу Pn+1(x)=an

где a — наименьш ий корень текущего многочленаP (x) n n

Коли получите многочлен, у которого нет корней, то получите и по&#x04

Докажите, что на условиях хитрого Деда олимпиадникам подарка не видать.

Показать доказательство

Для начала заметим, что при построении нового многочлена свободный член не меняется, так что $P (0)= 2023 ∀n∈ℕ. n$

Давайте докажем по индукции, что у $Pn(x)$ всегда есть отрицательный корень.

База: при $n =1$ есть корень $x= −2023< 0.$

Шаг: Пускай у $Pn(x)$ есть отрицательный корень $a.$ Тогда $2n+1 an ≤ a< 0 =⇒ Pn+1(an) =an < 0,$ а $Pn+1(0)= 2023 >0,$ так что по теореме о промежуточном значении у нового многочлена $Pn+1(x)$ есть корень между $x= an < 0$ и $x= 0.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 60#76193Максимум баллов за задание: 7

Дед Мороз на Новый год принёс в мешке два различных чудесных многочлена степени 2024, у которых равны значения при всех натуральных аргументах до 2024 включительно. А могут ли в точке 2024 быть равны ещё и значения производных от этих многочленов?

Показать ответ и решение

Обозначим эти чудесные многочлены как $P(x)$ и $Q (x)$ . Из условия следует, что разность этих многочленов $R(x)=P (x)− Q(x)$ имеет 2024 корня, нетождественна равна нулю (потому что многочлены различные) и может иметь степень не выше 2024. Поэтому при каком-то ненулевом числе $c$ можно записать

R (x)= c⋅(x− 1)⋅...⋅(x− 2024)

В условии спрашивают, может ли быть $P ′(2024)= Q′(2024) ⇐ ⇒ R′(2024)= 0.$ Представим $R(x)$ в виде $(x− 2024)⋅T(x)$ и посчитаем производную произведения

′ ′ ′ ′ R (x)= (x− 2024)T(x)+(x− 2024)T(x)= T(x)+ (x − 2024)T (x)

Получаем, что в точке 2023 производная не равна нулю:

′ R(2024)= T(2024)+ 0= c⋅(2024− 1)⋅...⋅(2024− 2023)= c⋅2023!

Ответ: нет

Следующая подтема