Образцы решений основных задач

§ 3. Многочлены над числовыми полями

                Задача 33. Отыщите рациональные корни многочлена
f(x).      А) f(х) =х4 + х3 –11х2 – 5х + 30.
 
             Решение.
 
             Известно, что если многочлен f(x) с целыми коэффициентами имеет
старший коэффициент 1, то он дробных рациональных корней не имеет.
Следовательно, все его рациональные корни должны быть целыми числами.
Известнотакже, что целые корни многочлена целыми коэффициентами
находятся средиделителей свободного члена. В нашем случае делителями
свободного члена (30)являются следующие числа:
±1, ±2, ±3, ±5, ±6, ±10, ±15, ±30.
             Теперь можно было бы каждое изэтих 16 чисел проверить
подстановкой в многочлен или по схеме Горнера. Однакомногие из этих
чисел можно «отсеять» более простым путем. Найдем границыдействительных
корней дан­ного многочлена: ВГх = 1 + < 5;          НГх = –12.
Следовательно, действительные и, в частности, рациональныекорни
данного многочлена содер­жатся в промежутке (–12; 5).
             Поэтому остается проверить следующие 9 чисел:
±1, ±2, ±3, –5, –6, –10.
             Воспользуемся еще тем, что если a ¹ ±1 – целый корень
многочлена f(x) с целыми коэффициентами, то числа
 – целые.
             В нашем случае f(1) = 16; f(–1) =24. Отсюда видно, 1 и –1 не
являются корнями f(x). Теперь проверим, для каких из оставшихся семи
чисел a числа и  являются целыми.
Результаты вычислений запишем в виде таблицы:
(Здесь буквы ци д означают соответственно целым или дробным
является число или .) Из таблицы видно, что корни
данного многочлена следуетискать среди чисел 2, 3, –3.
             Теперь, пользуясь схемой Горнера, проверим, будет ли каждое
из этих чисел корнем многочлена.

Так как остаток от деления f(x) на х – 2 оказалсяравным нулю,
то 2 – корень f(x). Проверим, не является ли 2 двукратным корнем, для
чего полученноеот деления частное q(х) = х3 + 3х2 – 5х – 15
снова разделим на х – 2:

Здесь остаток равен –5 ¹ 0; следовательно, число 2является простым
корнем многочлена f(x). Теперь проверим число 3.Здесь можно на х – 3
делить не f(x), а q(x):
Из таблицы видно, что q(3) = 24 ¹ 0. Следовательно, число 3 не является
корнем q(x), а значит, и f(x). Осталось проверить число –3.
Число –3 – корень многочлена q(x), а следовательно, и многочлена f(x).
При этом свободный член частного q1(х)=х2 5 не делится на –3 и, значит,
–3его корнем не является, т. е. –3 есть простой корень данного многочлена.
             Итак, многочлен f(x) имеет два рациональных корня: x1 =2 и  х2 = –3,
причем
f(x) = (х – 2)(х + 3)(х2 – 5).
             Теперь можно найти и два остальных корня f(x):  х3,4 = ±. Они
иррациональны.
             Б) f(x) = 4x5 + 12x4 + x3 + 6x2 + 10x + 3.
 
             Решение.
             Здесь старший коэффициент f(x) отличен от 1. Следовательно,
многочленможет иметь как целые, так и дробные рациональные корни
(хотя с тем же успехомможет и не иметь ни тех, ни других). Их отыскание
можно свести к отысканиюцелых корней некоторого нового многочлена,
который получается из f(x) следующим образом. Умножим многочлен f(x)
на 23 = 8 и сделаем подстановку 2х = у. Получиммногочлен который не имеет
дробных корней. Найдя его целые корни (тем жеспособом, что и в предыдущей
задаче) и разделив их на 2(так как ), получим все рациональные корни
данного многочлена.
             Однако такое сведение необязательно. Можно находить сразу
все рациональные корни данного многочлена,если воспользоваться
следующей теоремой:
«Если дробь –  является корнем многочлена f(x) с целыми коэффици­ентами,
то является делителем свободного члена, a q делителем
старшего коэффициента многочлена f(x).»
 
Следовательно, корни нашего многочлена следует искать средичисел
 
 
             Для сокращения числа испытаний найдем границы корней многочлена
f(x). Замечаем, что все коэффициенты его положительны, а потому
положительных корней он не имеет, т. е. ВГ = 0. Теперь найдем нижнюю
границу
Таким образом, корни данного многочлена
находятся впромежутке (–4; 0), и, следовательно, осталось испытать числа
 
Используем еще тот факт, что если дробь   является корнем многочлена
f(x), то   и  целые числа. Проверим   это   условие  для   чисел  
(1),   учитывая,   что f(1) = 36, f(–1) = 6. Результаты запишем в таблицу.

Итак, корнями многочлена f(x) могут быть лишь числа –3

 и . Проверим каждое из этих чисел по схеме Горнера.

Таким образом, многочлен f(x) имеет рациональные корни

 x1 = –3, ,  (корень (–3)является простым,

ибо от деления f(x)  на х + 3 имеет свободный член 1, не делящийся на

(–3)), причем

             Ответ:

                              Copyright © 2008-2009 Овчинников А.В.  Филиал КГПУ. Все права защищены.

 

Закрыть