Тема Линал и алгебра.

13 Теория многочленов.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела линал и алгебра.

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#77371

Мы знаем, что если $x0$ - корень многочлена $f$ кратности $k > 0$ , то $x0$ будет корнем $f ′$ кратности $k − 1$ .

Но верно ли, что каждый корень $′ f$ некоторой кратности $s$ является корнем $f$ кратности $s + 1$ ?

Показать ответ и решение

Это, разумеется, неверно. Например, рассмотрим $f(x) = x2 − 1$ . Тогда $f ′(x) = 2x$ . И мы видим, что 0 является корнем $′ f$ кратности 1. Но 0 при этом не является корнем $f$ кратности 2, более того, 0 вообще не является корнем $f$ никакой кратности (ну или можно сказать, что кратности 0).

Ответ:

Нет

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#77372

При каких $a,b$ многочлен

f(x) = axn+1 + bxn + 1

делится нацело на многочлен $(x − 1)2$ ?

Показать ответ и решение

Делимость любого многочлена на $(x− 1)2$ означает в точности, что у этого многочлена $x0 = 1$ имеет кратность хотя бы 2.

То есть это означает, что $′ f(1) = 0,f (1) = 0$ . То есть мы получаем условия

( { a + b+ 1 = 0 ( a(n + 1)+ bn = 0,

Откуда $a = − b− 1$ , то есть $(− b− 1)(n + 1)+ bn = 0$ , то есть $− bn− n − b − 1+ bn = 0$ .

И получается, что $b = − n− 1$ , а, значит, $a = − b− 1 = n$ .

Ответ:

$b = − n− 1$ , $a = n$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#77381

Сколько различных корней имеет многочлен

x6 − 6x4 − 4x3 + 9x2 + 12x + 4

Показать ответ и решение

Для того чтобы это понять, применим алгоритм отделения кратных корней. Вычислим $′ 5 3 2 f = 6x − 24x − 12x + 18x + 12$ . Теперь нужно найти $′ Н ОД (f,f)$ .

Применяем алгоритм Евклида. Делим в столбик $f$ на $′ f$ и получаем:

f = 1x ⋅f′− 2x4 − 2x3 + 6x2 + 10x + 4 6 ◟-----------◝◜-----------◞ r1

Не поделилось без остатка. Делим дальше, теперь $f′$ делим на первый остаток $r1$ .

f′ = r1(− 3x + 3)

И получается, что $f′$ делится без остатка на $r 1$ . Следовательно, $r 1$ и будет равен $Н ОД (f,f′)$ .

То есть

НО Д(f,f′) = − 2x4 − 2x3 + 6x2 + 10x + 4

Далее, мы должны разделить $f$ на $НО Д (f,f ′)$ . Тогда получим:

2 -----f-----= − x-+ x+ 1 Н О Д(f,f′) 2 2

И мы знаем, что многочлен $---f--′-= − x22 + x2 + 1 НОД(f,f )$ имеет те же корни, что и многочлен $f$ , но уже кратности 1.

Получается $x2 x 1 − 2 + 2 + 1 ⇔ − 2(x + 1)(x− 2) = 0 ⇔ x = − 1 или x = 2$ .

То есть исходный многочлен $f$ имеет два различных корня - это $− 1$ и $2$ .

Ответ:

$2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#101087

a) Пусть $f$ - многочлен с вещественными коэффициентами. Доказать, что если $z ∈ ℂ$ является корнем $f$ , то и $z$ - тоже является корнем $f$ .

b) Верно ли это, если многочлен $f$ имеет произвольные комплексные коэффициенты?

Показать доказательство

a) Пусть $f = a0 + a1x + ...+ anxn$ и все $ai ∈ ℝ$ .

Пусть также $z ∈ ℂ, z = a + bi$ и оказалось так, что $f(z) = 0$ .

То есть, если это расписать:

a0 + a1(a+ bi) +a2(a+ bi)2...+ an(a +bi)n = 0

Применим теперь к левой и правой части комплексной сопряжение:

------------------------------------- - a0 + a1(a+ bi) +a2(a+ bi)2...+ an(a +bi)n = 0

Но во-первых, ясно, что если $t ∈ ℝ$ , то $- t = t$ .

Далее, ясно, что вообще для любых (даже, разумеется, комплексных) чисел $t,t 1 2$ выполнены следующие свойства

------ -- -- t1 + t2 = t1 + t2

----- -- -- t1 ⋅t2 = t1 ⋅t2

С учетом этого равенство

a0 +-a1(a+-bi)-+a2(a+-bi)2...+-an(a-+bi)n = 0

можно переписать как

------- -------- -------- a0 + a1(a+ bi) +a2(a+ bi)2...+ an(a +bi)n = 0

И теперь, принимая во внимание вещественность $ai$ и нуля:

a0 + a1(a − bi)+ a2(a− bi)2...+ an(a0bi)n = 0

Что в точности и означает тот факт, что $a − bi$ , то есть $z$ является корнем $f$ . Что и требовалось доказать.

b) Это, разумеется, неверно. Рассмотрим, например, многочлен $f = x− i$ (с комплексными, как мы видим, коэффициентами). Его корнем является $z = i$ . Однако $z = − i$ его корнем, очевидно, не является (у него вообще кроме $z = i$ нет других корней).

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#101090

Показать, что признак Эйзенштейна неприводимости над $ℚ$ не является критерием.

Показать доказательство

Что вообще было бы, если бы признак Эйзенштейна был бы критерием? Тогда в обратную сторону он звучал бы так:

(Псевдо)критерий Эйзенштейна. Пусть многочлен

n n−1 f = x + an−1x + ...+ a1x+ a0 ai ∈ ℤ

- многочлен с целыми коэффициентами и старшим коэффициентом 1. Тогда $f$ - неприводим над $ℚ$ тогда и только тогда, когда существует такое простое число $p$ , что все его коэффициенты, начиная с $an−1$ и до самого последнего $a0$ делятся на $p$ , но при этом свободный член $a0$ не делится на $2 p$ .

Так вот в обратную сторону этот признак уже не работает.

Рассмотрим, например, многочлен

3 f = x + 4

Он неприводим над $ℚ$ (ибо, будь он приводим над $ℚ$ , то, коль скоро степень его равна 3, он бы имел в таком случае корень в $ℚ$ . Однако, он в $ℚ$ (и даже в $ℝ$ !) корней не имеет).

Однако, в обратную сторону здесь признак Эйзенштейна не работает. Не существует такого простого $p$ , делящего все коэффициенты, кроме старшего, но при этом чтобы $2 p$ не делило свободный коэффициент.

Действительно, единственное простое $p$ , делящее все коэффициенты, кроме старшего - это $p = 2$ . Однако свободный коэффициент делится и на $2 p = 4$ . Поэтому такого $p$ , которое делило бы все коэффициенты кроме старшего, но квадрат которого не делил бы свободный член, для нашего $f$ не найдется. Однако ж он все еще неприводим над $ℚ$ .