Решение типовых задач. Решение. НОД многочленов находится однозначно лишь с точностью до постоянного множителя (постоянные

Задача 1. Найти НОД многочленов

f (x)= x ⁴–2 x ³– x +2, g (x)= x ⁴– x ³ + x –1, h (x)= x ⁴–4 x ²– x +2.

Решение. НОД многочленов находится однозначно лишь с точностью до постоянного множителя (постоянные, отличные от нуля множители на делимость многочленов не влияют). Поэтому можно условиться, в качестве НОД многочленов брать тот, у которого старший коэффициент равен 1.

Применяя алгоритм Евклида к многочленам с целыми коэффициентами, мы можем, чтобы избежать дробных коэффициентов, умножить делимое или делитель на любое не равное нулю число, причем, не только начиная с какого-либо из последовательных делений, но и в процессе самого этого деления. Это будет приводить, понятно, к искажению частного, но интересующие нас остатки будут приобретать лишь некоторый множитель нулевой степени.

Чтобы найти НОД трех многочленов, сначала находим по алгоритму Евклида НОД любых двух многочленов, например d (x)=(f (x), h (x)), а затем находим НОД d (x) и g (x).

Алгоритм Евклида состоит в последовательном делении многочленов с остатком. Будем делить сначала f (x) на h (x), затем h (x) на полученный при делении остаток r (х) (первый остаток), затем первый остаток на второй остаток и т.д., до тех пор, пока не получим в остатке нуль. НОД многочленов f (x) и h (x) будет последний отличный от нуля остаток. Процесс деления будем осуществлять "углом".

_	x4-2x3-x+2		x4-4x2-x+2	_	x4-4x2-x+2	x3-2x2
	x4-4x2-x+2		1		x4-2x3	x+2
		-2x3+4x2			_	2x3-4x2-x+2
		x3-2x2		2x3-4x2
				_	-x+2
				x-2
					0

_	x3-2x2		x-2
	x3-2x2		x2
		0

Значит НОД многочленов f (x) и h (x) равен двучлену x –2.

d (x)=(f (x), h (x))= x –2.

Аналогично находим НОД многочленов d (x) и g (x), он будет равен 1. Таким образом, (f (x), g (x), h (x))=(g (x), (f (x), h (x)))=1.

Примечание. Знак «=» или «!!» означает, что в ходе деления было произведено умножение на некоторое число, отличное от нуля.

Задача 2.Используя алгоритм Евклида найти многочлены u (x) и v (x), удовлетворяющие равенству f (x) u (x)+ g (x) v (x)= d (x), где d (x) – НОД многочленов f (x) и g (x): f (x)=4 x ⁴–2 x ³–16 x ²+5 x +9, g (x)=2 x ³– x ²–5 x +4.

Решение. Применим к многочленам f (x) и g (x) алгоритм Евклида. Нужно помнить, что здесь произвол, состоявший в умножении многочленов на постоянные множители, возможный при нахождении НОД, допускать нельзя, так как здесь мы будем использовать и частные, которые при указанном произволе могут искажаться.

В результате деления получим:

f (x)= g (x) q ₁(x)+ r ₁(x),

где q ₁(x)=2 x, r ₁(x)= –6 x ²–3 x +9,

g (x)= r ₁(x) q ₂(x)+ r ₂(x),

где q ₂(x)= – x /3+1/3, r ₂(x)= – x +1,

r ₁(x)= r ₂(x) q ₃(x)+ r ₃(x),

где q ₃(x)=6 x +9, r ₃(x)=0.

Таким образом, алгоритм Евклида записался здесь в три строки, а наибольший общий делитель равен – r ₂(x)= x –1= d (x). Чтобы выразить d (x) через многочлены f (x) и g (x), найдем r ₂(x) из второй строки алгоритма Евклида:

r ₂(x)= g (x)– r ₁(x) q ₂(x).

Подставив в это равенство вместо r ₁(x) его выражение, найденное из первой строки алгоритма Евклида, получим:

r ₂(x)= f (x)[– q ₂(x)]+ g (x)[1+ q ₁(x) q ₂(x)],

чтобы получить равенство f (x) u (x)+ g (x) v (x)= d (x), нужно предыдущее равенство умножить на (–1), получим:

– r ₂(x)= f (x) q ₂(x) + g (x)[–1– q ₁(x) q ₂(x)]= d (x),

где u (x)= q ₂(x), v (x)= –1– q ₁(x) q ₂(x).

После подстановки в это равенство многочленов q ₁(x), q ₂(x) получим:

u (x)= , v (x)= .

Задача 3. Способом неопределенных коэффициентов подобрать многочлены u (x) и v (x) так, чтобы f (x) u (x)+ g (x) v (x)=1, (1) для многочленов f (x)= x ²–2 x –1, g (x)=2 x ⁴–3 x ³–6 x ²+2 x +2.

Решение. Воспользуемся теоремой: если d (x) есть НОД многочленов f (x) и g (x), то можно найти такие многочлены u (x) и v (x), что

f (x) u (x)+ g (x) v (x)= d (x).

Можно считать при этом, если степени многочленов f (x) и g (x) больше нуля, что степень u (x) меньше степени g (x), а степень v (x) меньше степени f (x).

Многочлены f (x) и g (x) удовлетворяют равенству (1), если (f (x), g (x))=1. В нашем случае f (x) и g (x) взаимно простые многочлены, а значит, можно найти многочлен u (x)= ax ³+ bx ²+ cx + d и многочлен v (x)= ex + f.

Подставив в равенство (1) вместо f (x), g (x), u (x), v (x) их выражения, получим:

(x ² – 2 x– 1)(ax ³ +bx ² +cx+d)+(2 x ⁴ – 3 x ³ – 6 x ² + 2 x+ 2)(ex+f)=1

или

(a+ 2 e) x ⁵ + (b– 2 a+ 2 f– 3 e) x ⁴ + (c– 2 b–a– 3 f– 6 e) x ³ + (d– 2 c–b– 6 f+ 2 e) x ²+(–2 d–c+ 2 f+ 2 e) x––d+ 2 f= 1.

Таким образом, имеем равенство двух многочленов: в левой части многочлен пятой степени с неопределенными коэффициентами, а в правой многочлен нулевой степени. Два многочлена равны, если равны их коэффициенты при одинаковых степенях неизвестного.

Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях неизвестного, получим систему шести линейных уравнений с неизвестными a, b, c, d, e, f:

Решая ее, получим: d= 3, e= –1, f= 2, c= –4, b= –3, a= 2.

Таким образом, искомые многочлены u (x) и v (x) будут:

u (x)=2 x ³–3 x ²–4 x +3, v (x)= – x +2.

Задача 4. Пользуясь схемой Горнера, вычислить f (а) и разложить многочлен f (x) по степеням x – а, где f (x)= x ⁴+2 x ³–7 x ²+3 х –1, а =2.

Решение. По теореме Безу остаток от деления многочлена f (x) на линейный двучлен x – а равен значению f (а) многочлена при x = а.

Деление «углом» может быть записано проще: если f (x)= a ₀ xⁿ + a ₁ x^{n –1}+ a ₂ x^{n– 2}+ …+ a_{n –1} x + a_n, то коэффициенты частного q (x)= b ₀ x ^n–1+ b ₁ x^{n –2}+ b ₂ x^{n –3}+ …+ b_{n –1} и остаток r от деления f (x) на x – a могут быть найдены по схеме Горнера:

	a 0	a 1	a 2	…	a n–1	a n
a	b 0= a 0	b 1= b 0 a + a 1	b 2= b 1 a + a 2	…	b n–1= b n–2 a + a n–1	Р= b n–1 a + a n

Составив схему Горнера для нашего многочлена, находим f (2):

			–7		–1

f (2)=9= r ₁, а частное от деления f (x) на x –2 есть q ₁(x)= x ³+4 x ²+ x +5, т.е. f (x)=

=(x –2) q ₁(x)+ r ₁

Затем по схеме Горнера разделим q ₁(x) на x –2, получим частное q ₂(x) и остаток r ₂, далее q ₂(x) разделим на x –2, получим q ₃(x) и r ₃ и т.д.

Для многочлена f (x) получим:

f (x)=(x –2) q ₁(x)+ r ₁=(x –2)[(x –2) q ₂(x)+ r ₂]+ r ₁=(x –2)² q ₂(x)+ r ₂(x –2)+ r ₁=

=(x ––2)²[(x –2) q ₃(x)+ r ₃]+ r ₂(x –2)+ r ₁=(x –2)³ q ₃(x)+ r ₃(x –2)²+ r ₂(x –2)+ r ₁=

=(x –2)³[(x ––2) q ₄(x)+ r ₄]+ r ₃(x –2)²+ r ₂(x –2)+ r ₁=(x –2)⁴ q ₄(x)+ r ₄(x –2)³+ r ₃(x –2)²+ r ₂(x –2)+ + r ₁= r ₅(x –2)⁴+ r ₄(x –2)³+ r ₃(x –2)²+ r ₂(x –2)+ r _1.

Таким образом, коэффициенты в разложении многочлена f (x) по степеням x –2 равны соответственно остаткам от деления многочленов f (x), q ₁(x), q ₂(x), q ₃(x), q ₄(x) на x –2.

Все решение можно записать в таблицу:

			–7		–1

Из таблицы видно, что r ₅=1, r ₄=10, r ₃=29, r ₂=31, r ₁=9 и

f (x)= (x –2)⁴+10(x –2)³+29(x –2)²+31(x –2)+9.

Задача 5.Доказать, что .

Решение. Рассмотрим многочлен . Число х = –1 является корнем многочлена f (x) и по теореме Безу f (x) нацело делится на х +1, т.е. f (x)=(x +1) g (x), где g (x) – многочлен с целыми коэффициентами, поэтому х ¹¹+1 делится на х +1 при любом целом х. Положим х =3⁵. Получаем , т.е. , а т.к. , делаем вывод, что .

Замечание. Из правил «деления углом» многочлена f (x) на многочлен g (x) непосредственно видно, что если многочлены f (x) и g (x) с целыми коэффициентами, причем g (x) приведенный, то частное и остаток являются многочленами с целыми коэффициентами.

Задача 6. Остатки от деления многочлена f (x) на двучлены х +5 и х -3 равны –9 и 7 соответственно. Найти остатки от деления этого многочлена на многочлен g (x)=(x +5)(x -3).

Решение. По теореме Безу f (–5)= –9, f (3)=7. При делении многочлена f (x) на многочлен g (x)= x ²+2 x –15 получим некоторое частное q (x) и остаток p (x)= ax + b, т.е. f (x)=(x ²+2 x –15) q (x)+(ax + b).

Подставив в последнее равенство вместо х значения –5 и 3 получим систему двух уравнений с двумя неизвестными a и b:

Решив её, находим a =2, b =1. Тогда искомый остаток от деления многочлена f (x) на многочлен g (x) будет равен 2 х +1.

Задача 7. Дан многочлен f (x) с целочисленными коэффициентами и . Доказать, что .

Решение. Рассмотрим разложение многочлена f (x) по степеням (x –10):

,

ввиду того, что делится на 21, т.е. делится на 7. Аналогично делится на 3. В силу взаимной простоты 3 и 7 число f (10)= a_n делится на 21.

Задача 8. Разложить многочлен x ⁷+3 в произведение многочленов не выше второй степени с действительными коэффициентами.

Решение. Найдем корни многочлена x ⁷+3, ими будут

x = .

Придавая k значения 0, 1, …, 6, получим семь корней многочлена x ⁷+3;

x ₀= ; x ₁= ; x ₂= ;

x ₃= = – ; x ₄= = ;

x ₅= = ;

x ₆= = .

Среди них только один действительный – это x ₃= – , остальные комплексные, причем попарно сопряжены: x ₆= , x ₅= , x ₄= . В общем случае

X _к= , x_k = .

Рассмотрим произведение

(x – x_k)(x – )=(x ²–(x_k + ) x + x_k )= x ²– x + , где k =0, 1, 2.

Имеем квадратный трехчлен с действительными коэффициентами. Многочлен x ⁷+3 можно разложить в произведение 7 линейных множителей (следствие основной теоремы алгебры). Перемножив множители, которые соответствуют сопряженным корням, получим искомое разложение:

x ⁷+3=(x – x ₀)(x – x ₁)(x – x ₂)(x – x ₃)(x – x ₄)(x – x ₅)(x – x ₆)=(x – x ₃)(x – x ₀)(x – x ₆)(x – x ₁)

(x – x ₅)(x – x ₂)(x – –x ₄)=(x – x ₃)(x – x ₀)(x – )(x – x ₁)(x – )(x – x ₂)(x – )=(x + )

(x ²–(2· ) x + )(x ²–(2· ) x + ) (x ²––(2· ) x + ).

Задача 9. Представить многочлен в виде суммы квадратов двух многочленов.

Решение. Любой многочлен f (x) с действительными коэффициентами, положительный при любом представляется в виде суммы квадратов двух многочленов. Для этого найдем корни многочлена f (x): , разложим на линейные множители, затем перемножим и , получим искомое представление:

Обозначим , , получим f (x)= p ²(x)+ q ²(x).

Задача 10. Определить кратность корня многочлена . Найти многочлен наибольшей степени с простыми корнями, каждый корень которого является корнями многочлена f (x).

Решение.

1) Проверим, является ли корнем многочлена f (x).

2) Проверим, является ли корнем первой производной многочлена f (x)

. f ¢(–1)=0, поэтому – корень

многочлена f (x), кратности не меньше 2.

3) , , поэтому корень кратности не меньше 3.

4) , корень многочлена f (x) кратности 3, т.е. . Чтобы найти многочлен наибольшей степени с простыми корнями, каждый корень которого является корнем f (x), нужно в многочлене f (x) избавиться от кратных корней. Для этого разделим многочлен f (x) на наибольший общий делитель многочленов f (x) и f ¢(x): . Поэтому искомый многочлен будет , где , х =2 – простые корни многочлена.

Примечание: Кратность корня можно было проверить по схеме Горнера.

Задача 11. Отделить кратные множители многочлена

.

Решение. По теореме о кратных множителях: если некоторый неприводимый над полем Р многочлен g (x) является k- кратным множителем многочлена f (x) с коэффициентами из поля Р, то g (x) является (k –1) – кратным множителем производной f (x). Таким образом, при переходе от f (x) к f ′(x) кратность всех множителей понижается на 1. Однако у многочлена f ′(x) могут быть и такие множители, которых нет у f (x). Чтобы избавиться от них мы найдем НОД f (x) и f ′(x). В него будут входить только те множители, которые входят в f (x), однако с меньшей на 1 кратностью.

Применив алгоритм Евклида, получим

.

Так как есть многочлен третьей степени, разложение которого на множители в общем случае затруднительно, но который в свою очередь, может иметь кратные множители, то мы применим к нему аналогичный процесс понижения кратности множителей. Получим . Итак, множитель х –1 входит в с кратностью 1, а следовательно, в он входит с кратностью 2. Разделим на (х –1)², найдем . Отсюда имеем: множитель (х –1) входит в f (x) с кратность 3, а х +3 с кратностью 2. Разделив f (x) на многочлен , получим

, т. е. .

Задача 12. Доказать, что число иррациональное.

Решение. Это число является корнем приведенного целочисленного многочлена , который не имеет рациональных корней, т.к. все его рациональные корни целые и должны быть делителями числа 5.

Задача 13. Найти рациональные корни многочлена

f (x)=6 x ⁴+19 x ³–7 x ²–26 x +12.

Решение. Если рациональная несократимая дробь, являющаяся корнем многочлена f (x)= а ₀ xⁿ+а ₁ x^{n– 1} +а ₂ x^{n– 2} +…+а_{n– 1} x+а_n с целыми коэффициентами, то:

1. k есть делитель а ₀;

2. p есть делитель а_n;

3. p–mk есть делитель f (m) при любом целом m.

В нашем случае: k может принимать значения: ±1, ±2, ±3, ±6, а p – ±1,±2, ±3, ±4, ±6, ±12. Теперь можно было бы каждое из этих чисел вида проверить подстановкой в многочлен или по схеме Горнера. Однако, многие из этих чисел можно «отсеять» более простым путем. Найдем границы действительных корней данного многочлена ВГ_х=1+ , НГ_х = –(1+ ), где А – наибольшая из абсолютных величин коэффициентов, а а ₀ – коэффициент при xⁿ или ВГ_х=1+ , где k – индекс первого отрицательного коэффициента многочлена f (x), а B – наибольшая из абсолютных величин его отрицательных коэффициентов (этот способ применим, когда а ₀>0). В нашем примере k =2, B =26, а ₀=6. ВГ_х=1+ < 4.

Для нахождения нижней границы этим способом достаточно в f (x) вместо x подставить (– x) и воспользоваться следующим правилом: нижняя граница действительных корней многочлен f (x) равна верхней границе действительных корней многочлена f (– x), взятой с противоположным знаком. В нашем случае

f (– x)=6 x ⁴–19 x ³–7 x ²+26 x +12, а₀=6, k =1, B =19. ВГ_х=1+ <5, значит, нижняя граница – НГ_х= –5. Итак, корни многочлена заключены в интервале (–5,4). Более точные границы можно было найти по методу Ньютона. Воспользуемся еще тем, что если – корень f (x), то целое. Найдем f (1)=4,

f (–1)=13, значит – целое, – целое, если – корень f (x).

Проверяем всевозможные дроби , учитывая границы корней.

ц

д

ц

ц

д

д

ц

д

ц

д

ц

д

ц

д

ц

ц

д

д

ц

д

ц

д

д

д

ц

д

ц

В ходе такой проверки появились рациональные числа 2, –3, , - «кандидаты в корни», проверяем их по схеме Горнера, убеждаемся, что f (2)≠0, , f (–3)=0, . Для многочлена четвертой степени нашли два корня, значит, f (x) кратно (x +3) или f (x)=(6 x ²+4 x –8)(x +3) . Корни многочлена g (x)=6 x ²+4 x –8 находим непосредственно x = – нерациональные числа.

Задача 14. Доказать, что данное уравнение не имеет ненулевых целочисленных решений.

Решение. Левая часть равенства представляет собой однородный многочлен четвертой степени. Поделим обе части равенства на х ⁴. Получим

.

Положим , тогда . Заданное уравнение тогда и только тогда имеет ненулевое целочисленное решение, когда многочлен имеет рациональные корни. Многочлен приведенный, целочисленный, все его рациональные корни являются: во-первых, целыми; во-вторых, делителями свободного члена 9, т.е. должны принадлежать множеству {±1, ±3, ±9}. Непосредственной проверкой можно убедиться, что ни один элемент данного множества не является корнем многочлена , т.е. данный многочлен не имеет рациональных корней, а значит, заданное уравнение – ненулевых целочисленных корней.

Задача 15. При каких натуральных n будет простым число ?

Решение. Покажем, что . Действительно, если а – произвольный корень многочлена , тогда а будет корнем многочлена , т.е. а ³=1 и а ²+ а +1=0.

Рассмотрим , т.е. а – корень многочлена . Так как а – произвольный корень многочлена , то каждый корень многочлена является корнем многочлена , поэтому , где P (x) – многочлен с целыми коэффициентами.

Предположим , тогда , т.е. .

Рассмотрим случаи и .

1. При ,

2. При – простое число.

Натуральное число представлено в виде произведения двух натуральных чисел. Отсюда видно, что может быть простым, если или , – отбрасываем.

При , и представлено в виде произведения двух натуральных чисел, превышающих 1, а значит, это число – составное.

Ответ: .

Задача 16. Решить уравнения в поле комплексных чисел:

1) x ³+6 x +2=0; 2) x ³–9 x ²+18 x –28=0; 3) x ⁴ -2 x ³+4 x ²-2 x+ 3=0.

Решение.

1. Решим уравнение x ³+6 x +2=0.

Для корней кубического уравнения x ³+ аx + b =0 имеется так называемая формула Кардано: x_i=u_i+v_i (i =0, 1, 2), где u ₀, u ₁, u ₂ – значение радикала

u = и v_i = . В нашем случае, а =6, b =2,

u = = = = = (cos + i sin ), где l =0, 1, 2. Подставляя вместо l значения 0, 1, 2, получим: u ₀= , u ₁=

= (cos + i sin )= (– + i ), u₂= (cos + i sin )= (– – i ),

v ₀= = = = ,

v ₁= = = = ( + i ),

v ₂= = = = ( – i ),

x ₀= u ₀+ v ₀= – , x ₁= u ₁+ v ₁= , x ₂= u ₂+ v ₂=

.

Ответ: – ; .

2. Решим уравнение x ³–9 x ²+18 x –28=0.

Приведем наше уравнение к уравнению вида y ³+ аy + b =0, произведя подстановку x = y – = y +3, (a ₀, a ₁ – коэффициенты при x ³ и x ²). Получим:

y ³–9 y –28=0. Его решения находятся по формуле Кардано: y_i=u_i +v _i, (i =0, 1,…2),

где u ₀=3, u ₁= , u ₂= , v ₀=1_, v ₁= , v ₂₌ ,

y ₀=4, y ₁= , y ₂= , x ₀=7, x ₁= , x ₂= .

Ответ: 7; .

3. Решим уравнение x ⁴ -2 x ³+4 x ²-2 x+ 3=0.

Применим способ Феррари. Оставим в левой части уравнения члены с х ⁴ и х ³ и дополним её до полного квадрата:

или

Теперь прибавим к обеим частям члены с новым неизвестным y так, чтобы левая часть снова стала квадратом (независимо от значения y)

или

(*)

Здесь коэффициенты перед степенями x в правой части зависят от неопределенной величины y. Подберем значение y так, чтобы правая часть стала квадратом. Для этого необходимо, чтобы дискриминант квадратного (относительно x) трехчлена в правой части равнялся нулю. Приравняв этот дискриминант нулю получим:

или

или

,

отсюда y =4 и .

Подставив y =4 в уравнение (*), получим: или . Извлекая из обеих частей полученного уравнения квадратный корень, получим два квадратных уравнения: и или и . Решив их, найдем 4 корня нашего уравнения: , .

Ответ: , .

Задача 17. Даны многочлены

f (x)= x ³–3 x ²+2 x –5, g (x)= x ³+3 x ²–1.

1) Определить число действительных корней каждого;

2) С помощью теоремы Штурма найти промежуток (а, b), где b–а =1, содержащий наибольший корень x ₀ многочлена g (x);

3) Вычислить с точностью 0,0001 корень x ₀, пользуясь методом линейной интерполяции и методом Ньютона;

Решение.

1. Если коэффициенты a и b уравнения x ³+ ax + b =0 действительны, то число действительных корней этого уравнения вполне определяется знаком числа D = – 4 a ³– 27 b ², называемого дискриминантом многочлена x ³+ аx + b, следующим образом:

а) при D=0 все три корня действительны, из них два равных;

б) при D>0 – все три корня действительны;

в) при D<0 – один корень действительный, два мнимых.

В нашем случае: f (x)= x ³–3 x ²+2 x –5 или положив x = y +1, y ³– y –5=0, т.е. D =4–27·25<0, поэтому многочлен f (x) имеет один действительный корень.

2. Для многочлена g (x) определим число действительных корней, установив число перемен знаков в системе Штурма многочлена g (x) при переходе от –∞ к +∞. Также найдем целые границы, между которыми каждый из этих корней расположен, причем не будем строить заранее график этой функции.

Всякий многочлен g (x) с действительными коэффициентами, не имеющий кратных корней, обладает системой Штурма. Если многочлен имеет кратные корни, то от их нужно избавиться, поделив многочлен g (x) на НОД многочленов g (x) и g '(x). Систему Штурма многочлена g (x) можно построить следующим образом: положим g ₁(x)= g '(x), затем делим g (x) на g ₁(x) и остаток от этого деления, взятый с обратным знаком, принимаем за g ₂(x), т.е. g (x)= g ₁(x) h ₁(x)– g ₂(x). Вообще, если многочлены g _к–1(x) и g _к(x) уже найдены, то g _к+1(x) будет остатком от деления g _к–1(x) на g _к(x), взятый с обратным знаком:

g _к–1(x)= g _к(x) q _к(x)– g _к+1(x).

Найдем систему Штурма для g (x), применяя указанный метод. При этом в процессе деления мы будем, в отличие от алгоритма Евклида, умножать и сокращать лишь на произвольные положительные числа, т.к. знаки остатков играют важную роль в методе Штурма. Мы получим такую систему

g (x)= x ³+3 x ²–1,

g ₁(x)=3 x ²+6 x,

g ₂(x)=2 x +1,

g ₃(x)=1.

Определим знаки многочленов этой системы при x =–∞ и x = +∞, для чего смотрим лишь на знаки старших коэффициентов и на степени этих многочленов. При +∞ знаки всех многочленов системы Штурма будут совпадать со знаками их старших членов, а при –∞ знаки многочленов системы Штурма совпадают со знаками их старших коэффициентов для многочленов четной степени и противоположны знакам старших многочленов нечетной степени.

	g (x)	g 1(x)	g 2(x)	g 3(x)	Число перемен знаков
–∞	–	+	–	+
+∞	+	+	+	+

Таким образом, при переходе x от –∞ к +∞ система Штурма теряет три перемены знаков, поэтому многочлен g (x) имеет ровно три действительных корня (теорема Штурма).

Продолжим исследование знаков в системе Штурма, рассматривая промежутки (0,1), (1,2), (2,3) и т.д., (0,–1), (–1,–2), (–2,–3) и т.д. Тем самым, определим промежутки (а, b), где а–b =1, содержащие три действительных корня и найдем промежуток для x ₀.

	g (x)	g 1(x)	g 2(x)	g 3(x)	Число перемен знаков
x =–3	–	+	–	+
x =–2	+		–	+
x =–1	+	–	–	+
x =0	–		+	+
x =1	+	+	+	+

Таким образом, система Штурма многочлена g (x) теряет по одной перемене знаков при переходе x от –3 к –2, от –1 к 0 и от 0 к 1. Корни x ₁, x ₂, x ₃ этого многочлена удовлетворяют, следовательно, неравенствам:

–3< x ₁<–2, –1< x ₂<0, 0< x ₃<1, т.е. наибольший корень x ₀ (0,1).

3. Построим в промежутке (0, 1) схематично график многочлена g (x), вычислив следующие значения многочленов:

g (0)=–1, g (1)=3, g '(0)=0, g '(1)=9 (функция возрастает на рассматриваем интервале), g ''(0)>0 g ''(1)>0 (функция выпукла).

Схематический график функции представлен на рис.1.

Рис.1

Сначала по методу хорд на отрезке (0,1) кривая y = g (x) заменяется хордой АВ и в качестве первого приближенного значения корня принимается абсцисса x =с точки пересечения этой хорды с осью x. Треугольник КВС подобен треугольнику САЕ, поэтому , или , или . В общем случае .

Затем по методу Ньютона проводим касательную y к графику g (x) в точке А(1, g (1)) (мы проводим касательную в точке x =1, т.к. g (1) и g ''(1) одного знака) и берем за другое приближенное значение корня абсциссу x = р точки пересечения этой касательной с осью Оx.

Запишем уравнение касательной, проходящей через точку А

y – g (1)= g '(1)(x –1).

Поскольку эта касательная проходит через точку (p, 0), то подставив эти значения в уравнение касательной, получим

0– g (1)= g '(1)(p –1) или p =1– =1– .

В общем случае p = b– .

Более точное значение искомого корня x ₀ теперь уже можно искать в новом

промежутке (а ₁, b ₁), положив а ₁=0,3, b ₁=0,7. Повторив метод хорд и метод Ньютона в промежутке (а ₁, b ₁) имеем: g (а ₁)=–0,703; g (b ₁)=0,813; g' (b ₁)=5,67.

Так как g (а ₁) и g (b ₁) разных знаков, то x ₀ (а ₁, b ₁)

,

p ₁=0,7– .

Рассмотрим новый промежуток (а ₂, b ₂), положив а ₂=0,5, b ₂=0,55, g (а ₂)=–0,125, g (b ₂)=0,073875, g' (b ₂)=4,2075, т.к. g (а ₂) и g (b ₂) – разных знаков, то x ₀ (а ₂, b ₂),

, p ₂=0,55– .

И наконец, рассмотрев промежуток (а ₃, b ₃), где а ₃=0,531, b ₃=0,532, найдем более точно x ₀ .

Задача 18.Следующую рациональную дробь , где

f (x) = 2 x ⁴–10 x ³+7 x ²+4 x +3, g (x) =x ⁵–2 x ³+2 x ²–3 x +2,

разложить в сумму простейших дробей в поле рациональных чисел.

Решение. Всякая правильная рациональная дробь обладает единственным разложением в сумму простейших дробей. В нашем случае степень f (x) меньше степени g (x), поэтому дробь правильная.

Теперь разложим знаменатель g (x) на степени неприводимых множителей в поле рациональных чисел, g (x) имеет два рациональных корня 1 и –2, причем 1 – корень второй кратности.

---

---

Дата публикования: 2015-02-20; Прочитано: 10457 | Нарушение авторского права страницы | Мы поможем в написании вашей работы!

---

---

studopedia.org - Студопедия.Орг - 2014-2025 год. Студопедия не является автором материалов, которые размещены. Но предоставляет возможность бесплатного использования (0.008 с)...