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 f¢ , 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 + cs₁s_3. (**)

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 – s₁s_3.

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; b_{2, 3} = 2; b₄ = 5.

Розглянемо випадок 1) b₁ = 1. Одержуємо:

Спільного кореня ці многочлени не мають.

2) Нехай b_{2, 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	x2 – x + 3
x3 – x2 + 3x	x + 1
	_ x2 – 3x – 7
	x2 – x + 3
	– 2x – 10

x³ – 7 = (x² – x + 3)(x + 1) – 2x – 10,

h(x) = g(x)(x + 1) – (2x + 10).

2x + 10 = –h(x) + g(x)(x + 1);

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

x² – x + 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