practica

Образцы решений основных задач

§ 1. Многочлены над областью целостности

Задача 1. Для многочленов f(x) и q(x) найдите их сумму, разность и произведение, зная, что f(x) = 2x⁴ – 4x³+ 6x – 2, g(x) = –2x³ + 3x² + 4x + 3.

Решение.

1. Сумму многочленов f(x) и g(x) находим поправилу «раскрыть

скобки и привести подобные»:

f(x) + g(x) = (2x⁴ – 4x³+6x – 2) + (–2x³ + 3x² + 4x+ 3) =

= 2x⁴ – 4x³+ 6x – 2 – 2x³ + 3x² + 4x + 3 = 2x⁴ + (–4 –2)x³+ 3x² + (6 + 4)х +

+ (–2 + 3) = 2x⁴ – 6х³ + 3х² + 10х + 1.

2. Разность многочленов f(x) и g(x) находим по правилу «раскрыть

скобки и привестиподобные»:

f(x) – g(x) = (2x⁴ – 4x³+6x – 2) – (–2x³ + 3x² + 4x+ 3) =

=2x⁴ – 4x³+ 6x – 2 + 2x³ – 3x² – 4x– 3=

= 2x⁴ + (–4 + 2)x³– 3x² + (6 – 4)х + (–2 – 3) = 2x⁴ – 2х³ – 3х² + 2х – 5.

3. Произведение многочленов f(x) и g(x) находим по правилу

«раскрыть скобки и привести подобные»:

f(x) × g(x) = (2x⁴ – 4x³+6x – 2) × (–2x³ + 3x² + 4x+ 3) =

=–4x⁷ + 12x⁶– 12x⁴ +4x³ + 6x⁶ – 12x⁵ + 18х³ – 6х² + 8х⁵ –16х⁴+24х²–

– 8х + 6х⁴–12х³+ + 18х – 6 =

= –4х⁷ + (12 + 6)x⁶+ (–12 + 8)х⁵ + (–12 – 16 + 6)x⁴ + (4 + 18 – – 12)х³+

+(–6 + 24)х² + (–8 + 18)х + 6 = –4х⁷ + 18х⁶ – 4х⁵ –

– 22х⁴ + 10х³ + 18х² + 10х + 6.

Ответ: f(x) + g(x) =2x⁴ – 6х³ + 3х² + 10х + 1;

f(x) – g(x) = 2x⁴ – 2х³ – 3х² + 2х – 5;

f(x) × g(x) = –4х⁷ + 18х⁶ – 4х⁵ – 22х⁴ + 10х³ + 18х² + 10х + 6.

Задача 2. Найдите квадрат и куб многочлена f(x)=2x⁴ – 3x²+ x – 1.

Решение.

1. Используя формулы квадратасуммы и квадрата разности двух
выражений, вычислим квадрат многочлена f(x).

(f(x) )²=(2x⁴–3x²+x–1)²=((2x⁴–3x²)+(x–1))²=(2x⁴–3x²)²+

+2×(2x⁴–3x²)×(x–1)+(x–1)²=(2x⁴)²–2×(2x⁴)×(3x²)+(3x²)²–

–2×(2x⁵–3х³–2х⁴+3х²)+х²–2×х×1+1²=4х⁸–12х⁶+9х⁴–

– 4х⁵ + 6х³ + 4х⁴ – 6х² + х² – 2х + 1 = 4х⁸ – 12х⁶ – 4х⁵ + 13х⁴ + 6х³ –

– 5х² – 2х + 1.

2. Используя формулы куба суммы,куба разности и квадрата
разности двух выражений, вычислим куб многочлена f(x).

(f(x) )³ = (2x⁴ – 3x²+ x – 1)³ = ((2x⁴ – 3x²) + (x – 1))³ = (2x⁴ – 3x²)³ +

+ 3 × (2x⁴ – 3x²)² × (x – 1) + 3×(2x⁴ – 3х²) × (x – 1)²+(х – 1)³ = (2x⁴)³ –

– 3×(2x⁴)² × (3х²) + 3×(2х⁴)×(3х²)² – (3х²)³ + (4х⁸ – 12х⁶ + 9х⁴)×(3х – 3) +

+ (6х⁴ – 9х²) × (х² – 2х + 1) + х³ – 3х² + 3х – 1 = 8х¹² – 36х¹⁰ + 54х⁸ –

– 27х⁶ + 12х⁹ – 36х⁷ + 27х⁵ – 12х⁸ + 36х⁶– 27х⁴ + 6х⁶ – 9х⁴ – 12х⁵+

+ 18х³ + 6х⁴ – 9х² + х³ – 3х² + 3х – 1 = 8х¹² – 36х¹⁰ + 12х⁹ + 42х⁸ –

– 36х⁷ + 15х⁶ + 15х⁵ – 30х⁴ + 19х³ – 12х² + 3х – 1.

Ответ:

(f(x) )² = 4х⁸ – 12х⁶ – 4х⁵ + 13х⁴ + 6х³ – 5х² – 2х + 1;

(f(x) )³ = 8х¹² – 36х¹⁰ + 12х⁹ + 42х⁸ – 36х⁷ + 15х⁶ + 15х⁵ –

– 30х⁴ + 19х³ – 12х² + 3х – 1.

Задача 3. Докажите, что произведение являетсямногочленом с

действительными коэффициентами.

Решение.

Используя правило умноженияскобки на скобку и формулу разности
квадратов двух выражений, находим:

(х –(4+3i))(х–(4–3i)=х²–(4–3i)х–(4+3i)х +(4 + 3i)×(4 – 3i) =

= х² – 4х + 3iх – 4х – 3iх + (16 – 9i²) = х² – 8х + 25 = f(x) .

Полученный многочлен f(x) = х²– 8х + 25 имеет действительные
коэффициенты, что и требовалось показать.

Задача4. Разделите с остатком многочлен
f(x) = 5х⁶ – 3х⁴ – 2х³ + 3х² – 4х + 8 на двучлен (х – 4) (А) и многочлен
g(х) = iх⁶ + 3х⁵ – (2 + i)х⁴ – 2iх²– 4 на двучлен (х + 1 + i) (Б).

Решение.

Длявыполнения задания в обоих случаях примем схему Горнера которая представляетсобой алгоритм, позволяющий многочлен f(x) разделить надвучлен (х – с).

А) В этом случае с = 4. Заполняем схему Горнера:

	5	0	–3	–2	3	–4	8
4	5	20	77	306	1227	4904	19624

Получаем:

f(x) = (х – 4) × (5х⁵ + 20х⁴ + 77х³ + 306х² + 1227х + 4904) + 19624.

Ответ:

f(x) = (х – 4)× (5х⁵+20х⁴ + 77х³ + 306х² + 1227х + 4904) + 19624.

Б) Так как х + 1 + i = х – (–1 – i), то здесь с = –1 – i. Заполняем схему
Горнера

	i	3	–(2+ i)	0	–2i	0	–4
–1 –i	i	4–i	–7–4i	3+7i	4-12i	–16+8i	20+8i

Получаем:

q(x) = (х + 1 + i) ×(ix⁵ + (4 – i)x⁴ – (7 + 4i)x³ + (3 + 7i)x² + (4 –12i)x –

– 16 + 8i + (20 + 8i).

Ответ:

q(x) = (х + 1 + i) ×(ix⁵ + (4 – i)x⁴ – (7 + 4i)x³ + (3 + 7i)x² +

+ (4 – 12i)x – 16 + 8i) + (20 + 8i).

Задача 5. Найдите значение многочлена
f(x) = 3х⁶ – 4х⁵ – 2х³ + + х² + 3х – 7 при х = 2.

Решение.

Воспользовавшись схемой Горнера,находим остаток от
деления многочлена f(x) на двучлен (х – с):

	3	–4	0	–2	1	3	–7
2	3	2	4	6	13	29	51

Получаем:

f(x) = (х – 2) × (3х⁵ + 2х⁴ + 4х³ + 6х² + 13х + 29) + 51.

Отсюда находим, что r(х) = 51.

На основании теоремы Безу заключаем, что f(2) = 51.

Ответ: f(2) = 51.

Задача 6. Проверьте, является ли число х₀ = –3 корнем многочлена
f(x) = 4х⁵ + 12х⁴ + х³ + 6х² + 10х + 3 (А) и число х₀ = i корнем многочлена
g(x) = 2х⁶ + 3х⁴ – ix³ + ix² – 2x – 1.

Решение.

В обоих случаях воспользуемсясхемой Горнера и критерием
корня.
А) Разделим многочлен f(x) на двучлен (х+ 3) с помощью
схемы Горнера:

	4	12	1	6	10	3
–3	4	0	1	3	1	0

Получаем: r(x) = 0, это означает, что f(x)=(х + 3). И, значит,число х₀ = –3 является корнем многочлена f(x).

Ответ: х₀ = –3 – корень многочлена f(x).

Б) Воспользовавшись схемойГорнера находим остаток от
деления многочлена q(x) на двучлен (х– i):

	2	0	3	– i	i	–2	–1
i	2	2i	1	0	i	–3	–1–3i

Из этой схемы видим, что r(x) = –1 – 3i ¹ 0.
Значит, q(x) не (х – i). Следовательно, х₀= i не является
корнем многочлена q(x).

Ответ: х₀= i не является корнем многочлена q(x).

Задача 7. Проверьте, является ли число х₀= –3 корнем многочлена
f(x) = х⁵ +8х⁴ + 19х³ + 9х² + 27 и, если «да», то найдите его кратность.


Решение.
Воспользуемся схемой Горнера.

Ответ: число х₀ = –3 является корнем многочлена f(x) кратности 3

Задача 8. Разложите многочлен f(x) = 2х⁴ – 3х³ + 5 по степеням
двучлена g(x) = x – 1.

Решение.

Вполне очевидно, что ответ должен выглядеть так:

f(x) = а₄(х – 1)⁴ + а₃(х –1)³ + а₂(х – 1)² + а₁(х – 1) + а₀.

Перепишем это равенство по-другому:

f(x) = (((а₄(х – 1)+ а₃×(х –1)+ а₂)(х – 1)+ а₁(х – 1)+ а₀ = q₁(х)(х – 1)+а₀;

g₁(х) = ((а₄(х – 1)+ а₃)(х –1)+ а₂)(х – 1)+ а₁ = q₂(х)(х – 1) + а₁;

g₂(х) = (а₄(х – 1)+ а₃)(х –1)+ а₂ = q₃(х)(х – 1) + а₂;

g₃(х) = а₄(х – 1)+ а₃.

Видим, что а₀ естьостаток от деления многочлена f(x) на (х–1),
а₁ есть остаток от деления q₁(х) на (х – 1) и так далее.

Следовательно, искомыекоэффициенты можно найти с помощью схемы Горнера.

Значит, f(x) = 2(х – 1)⁴ + 5(х –1)³ + 3(х – 1)² – (х – 1) + 4.



Ответ: f(x) = 2(х – 1)⁴ + 5(х –1)³ + 3(х – 1)² – (х – 1) + 4.

Как видно из этой формулы, длярешения задачи нужно найти
все производные многочлена f(x) и вычислитьзначение многочлена
f(x) и его производных при х = 1.
Получаем:

f (x) = 2х⁴ – 3х³ + 5; f (1) = 2 × 1⁴ – 3 × 1³ + 5= 4.

f ^I (x) = 8х³ – 9х²; f ^I (1) = 8 × 1³ – 9× 1² = –1.

f ^II (x) = 24х² – 18х; f ^II(1) = 24 × 1² – 18× 1 = 6.

f ^III (x) = 48х – 18; f ^III (1) = 48 × 1 – 18 = 30.

f^IV (x) = 48; f^IV (1) = 48.

Подставим это в формулу Тейлора, получим:

или

f(x) = 2(х – 1)⁴ + 5(х –1)³ + 3(х – 1)² – (х – 1) + 4.

Задача9. Найдите значение многочлена
f(x) = 31х⁵ – 423х⁴ + 2185х³ – 5439х² + 6670х – 3293 при х = 2,1.

Решение.

Разложим сначала многочлен f(x) по степеням двучлена (х –2).
Для этого можно воспользоваться способами, указанными в задаче 8.
Здесь мы применим схему Горнера,так как она оптимальнее
формулы Тейлора.

	31	–423	2185	–5439	6670	–3293
2	31	–361	1463	–2513	1644	–5
2	31	–299	865	–783	78
2	31	–237	391	–1
2	31	–175	41
2	31	–113
2	31

Значит, f(x) = 31(х – 2)⁵ – 113(х – 2)⁴ + 41(х – 2)³ – (х – 2)² +

+ 78(х – 2) – 5.

Отсюда и находим:

f(2,1) = 31 × 0,1⁵ – 113× 0,1⁴ + 41× 0,1³ – 0,1² + 78× 0,1 – 5 =

= 0,00031 – 0, 0113 + 0,041 – 0,01 + 7,8 – 5 = 2, 82001.

Ответ: f(2,1) = 2, 82001.

Задача 10. Дан многочлен f(x – 4) = (х – 4)⁴ – 3(х – 4)³ +
+ 2(х – 4) – 5. Разложитемногочлен f(x – 4) по степеням х.

Решение.

Применим схему Горнера, учитывая, что х = (х – 4) – (–4).

	1	–3	0	2	–5
–4	1	–7	28	–110	435
–4	1	–11	72	–398
–4	1	–15	132
–4	1	–19
–4	1

Отсюда заключаем, что f(x) = х⁴– 19х³ + 132х² – 398х + 435.

Ответ: f(x) = х⁴– 19х³ + 132х² – 398х + 435.

Задача 11. Найдите значение многочлена f(x) и всех его
производных при х = –2.

Решение.

1.Применяя схему Горнера разложим данный многочлен по
степеням двучлена (х + 2).

	2	16	50	72	47
–2	2	12	26	20	7
–2	2	8	10	0
–2	2	4	2
–2	2	0
–2	2

Значит, f(x) = 2(х + 2)⁴ + 2(х + 2)² + 7
или f(x) = 7 + 2(х + 2)² + 2(х + 2)⁴.

2. Для ответа на поставленный вопрос воспользуемся формулой
Тейлора (см. задачу 8). Заключаем:

f(–2) =7, f ^I(–2) =0, f ^II(–2) =0, f ^III(–2) = 4, f^IV (–2) = 48.

Ответ: f(–2) =7, f ^I(–2) =0, f ^II(–2) =4, f ^III(–2) = 0, f^IV (–2) = 48.

Замечания.

1.Ответ на поставленный вопрос можно было получить
непосредственной подстановкойзначения х = –2 в многочлен f(x) и
его производные, найденные непосредственно поопределению
производной многочлена. В большинстве случаев мы приходим к
громоздким вычислениям.
2.Второе действие задачи можно было выполнить по-другому,
воспользовавшисьопределением производной многочлена.

Продемонстрируем это.

f(–2) = 7 – это вполне очевидно из разложения многочлена f(x)
по степенямдвучлена (х + 2).

f ^I(х) = (2(х + 2)⁴+ 2(х + 2)² + 7)¹ = 8(х + 2)³ + 4(х + 2) Þ f ^I(–2) = 0.

f ^II(х) = (8(х + 2)³ + 4(х + 2))¹ = 24(х + 2)² + 4 Þ f ^II(–2) = 4.

f ^III(х) = (24(х + 2)² + 4)¹ = 48(х + 2) Þ f ^III(–2) = 0.

f^IV (х) = (48(х + 2))¹ = 48 Þ f^IV (–2) = 48.

Задача 12. Найдите неполное частное и остаток при
f(x) = x⁵ – 3x⁴ + 2x³ – 4x² + x + 5 на многочлен h(x) = x² – 2x + 5.

Решение.

Составляем обобщенную схему Горнера.

В нашем случае n = 5, a₀ = 5, c₁ = 2 и с₀ = –5.

	1	–3	2	–4	1	5
2	1	–1	–5	–9	8	50
–5		1	–1	–5	–9

Значит, f(x) = (x² – 2x + 5)×(x³ – x² – 5x – 9) + (8x + 50).

Ответ: f(x) = (x² – 2x + 5)×(x³ – x² – 5x – 9) + (8x + 50).

Задача 13. При каком значении параметра а многочлен
f(x) = x⁴+ аx³ + 3x² – 4x – 4 делится на двучлен (х – 2)?

Решение.

Составляем схему Горнера.

	1	а	3	–4	–4
2	1	2 + а	7 + 2а	10 + 4а	16 + 8а

На основании теоремы Безу заключаем: многочлен
f(x)=(x – 2) в том и только в томслучае, когда 16 + 8а = 0,
т. е. при а = –2.

Ответ: при а = –2.

§ 2. Теория делимости многочленов

Задача 14. Выполните деление с остатком многочлена
f(x) = 3x⁴+ 5x³ – x² + 2 на g(x) = 2x² + 3x + 1 двумя способами:
А) «уголком»;
Б) с помощью метода неопределенных коэффициентов.

Решение.

А) Разделим «уголком» многочлен f(x) большейстепени на многочлен
q(x) меньшей степени:

1. Уравниваем старшие коэффициенты многочленов, длячего многочлен
g(x) умножим на 3х², а затем находим разность f₁(x) = f(x) – – g(x) × 3x²:

Таким образом, cтепень многочлена f₁(x) больше степени делителя g(x),
поэтомуповторяем шаг деления «уголком».

2. Уравниваем старшие членымногочленов f₁(x) и g(x), для чего
многочлен h(x) умножим на (–4х), а затем найдем разность

f₂(x) = f₁(x) – h(x) × (–4х).


Таким образом, получаем f₁(x) = g(х) × (–4)х + f₂(x), откуда,
f(x) = g(x) × 3x² + g(x) × (–4х) + f₂(x) = g(x) × (3x² – 4x) + f₂(x). Степень
многочлена f₂(x) равна степени делителя g(x), поэтому повторяемеще раз
шаг деление «уголком».

3. Уравниваем теперь старшиечлены многочленов f₂(x) и g(x),
для чего g(x) умножаем на 8 и находим разность f₂(x) – g(x) × 8:

Степеньразности r(x) = f₂(x) – g(x) × 8 = –20х – 6 меньшестепени
делителя g(x), поэтому деление «уголком» закончено. Таким образом,
f(x) = g(x) × 3x² + g(x) × (–4х) + f₂(x) = g(x) × 3x² + g(x) × (–4х) +
+ g(x) × 8 + r(x) = g(x) × (3x² – 4х + 8) + r(x).
В итоге получаем неполное частное g(x) = 3x² – 4х + 8 и остаток
r(x) = –20х – 6.
В «свернутом» виде алгоритмделения «уголком» в нашем с
лучае выглядит так:

Ответ:g(x) = 3х² – 4х + 8, r(x) = –20х – 6.

Б) При выполнении деления спомощью метода неопределенных
коэффициентов используется теорема о делении состатком
f(x) = g(x) × q(x) + r(x), где r(x) – либо нулевой многочлен, либо его степень
меньшестепени делителя g(x).
В нашем случае делимое f(x) имеет четвертую степень, делитель
g(x) имеет вторую степень, откуда заключаем, что неполное частное
q(x) должно иметь вторую степень, а остаток r(x) - первую степень. Тогда
3x⁴+ 5x³ – x² + 2 = (х² + 3х + 1) × (Ах² + Вх + С) + (Dх + Е),
где А, В, С, D, Е – неопределенные коэффициенты. Чтобы их найтираскроем
скобки в правой части равенства, получим:
3x⁴+ 5x³ – x² + 2 = Ах⁴ + Вх³ + Сх² + 3Ах³ + 3Вх² + 3Сх +
+ Ах² + Вх + С + Dх + Е.
Приравняем теперь на основанииопределения равенства
многочленов коэффициенты при одинаковых степенях х слеваи справа,
получим систему линейных уравнений, которую решаем любым
удобнымспособом:

Отсюда заключаем:

Значит, q(x) = 3x² – 4х + 8, r(x) = –20х – 6.

Ответ:q(x) = 3x² – 4х + 8, r(x) = –20х – 6.

Задача 15. Известны делимое f(x)=x⁵+2x⁴+3x³+4х²+ х – 4,
неполное частное q(x) = x³+ 2х² – 2 и остаток r(x) = х + 2.Найдите
делитель g(x).

Решение.

Из теоремы о делении с остатком имеем f(x)=g(x)×q(x)+r(x),
где r(x) – либо нулевой многочлен, либо его степень меньше степени делителя
g(x).
В нашем случае получаем:

x⁵+ 2x⁴ + 3x³ + 4х² + х – 4 = g(x) × (х³ + 2х² – 2) + (х + 2);

х⁵ + 2х⁴ + 3х³ + 4х² + х – 4 – х – 2 = g(x) × (х³ + 2х² – 2);

х⁵ + 2х⁴ + 3х³ + 4х² – 6 = g(x) × (х³ + 2х² – 2).

Делитель g(x) находим с помощью деления «уголком» многочлена

f(x) на многочлен q(x):

Значит, g(x) = х² + 3.

Ответ: g(x) = х² + 3.

Задача 16. Найдите НОД многочленов f(x) и g(x) с помощью
алгоритма Евклида, зная что
f(x) = x⁶– 7x⁴+ 8x³– 7х + 7, g(x) = 3x⁵– 7х³ +3х²– 7.

Решение.

Решение начнем с Замечания1.
Наибольшийобщий делитель многочленов находится однозначно лишь с
точностью до постоянногомножителя (постоянные множители, отличные от нуля,
на делимость многочленов невлияют). Поэтому, можно условиться в качестве
наибольшего общего делителямногочленов, брать тот, у которого старший
коэффициент равен единице.
Так как постоянные множители невлияют на делимость многочленов,
то в процессе применения алгоритма Евклида, во избежание громоздких
вычислений с дробнымичислами, делимые многочлены и делители можно
умножить на любые отличные от нулячисла. При этом интересующие нас
остатки будут приобретать некоторые постоянныемножители, что для нас
не имеет значения, частные же будут «портиться», однакоони нами при
нахождении наибольшего общего делителя не используются.
Так, при решении нашей задачи мы видим, что при делении
f(x) на g(x) сразу появятся дробные числа. Чтобы избежать этого,
умножим f(x) на 3 и многочлен3f(x) разделим на g(x):

Здесь полученный остаток мы умножим на и полученный
многочлен d₁(x) записали под двойной чертой.
Теперь многочлен 2 × g(x) разделим на d₁(x):

Здесь мы промежуточный остатокумножим на 2
(в результате частное стало неверным – в знак этого члены
частногоотделены двойной вертикальной чертой) и последний
остаток умножили на (–1).
Теперь надо многочлен (2х⁴ – 3х³ + 2х – 3) разделить на (х³ + 1):

Здесь остаток равен нулю.

Значит, (f(x); g(x)) = х³ + 1.

Ответ: (f(x); g(x)) = х³ + 1.

Замечание 2.
Найдем с помощью алгоритма Евклида наибольший общийделитель
многочленов f(x) = х⁴ – 2х³ – 4х² + 4х – 3 и g(x) = 2х³ – 5х²– 4х + 3,
пользуясь сделанным выше замечанием 1 и не приводяподробных объяснений.

Отсюда заключаем, что (f(x); g(x) = х – 3.

Ответ: (f(x); g(x) = х – 3.

Задача 17. Найдите линейную форму НОД многочленов
f(x) и g(x) наиболее удобным способом, если

А) f(x) = х⁴ + 3х³ – х² – 4х –3, g(x) = 3х³ + 10х² + 2х – 3.
Б) f(x) = х⁵ + х⁴ + 2х³ + 2х² + 2х +1, g(x) = х ⁴+ 4х³ + 6х² + 5х + 2.

Решение.

Приведем два способа решения данной задачи.

А) С помощью алгоритма Евклида.
Применим к многочленам f(x) и g(x) алгоритмЕвклида.
Заметим, что здесь произвол, состоящий в умножении многочленов на
постоянныемножители возможный при нахождении наибольшего общего
делителя, допускать нельзя,так как здесь мы будем использовать и частные,
которые при указанном произволемогут искажаться.
Линейная форма НОД многочленов f(x) и g(x) имеет вид:
f(x) × U(x) + g(x) × V(x) = d(x),

где d(x) – это НОД многочленов f(x) и g(x), а U(x) и V(x) таковы,
что степень многочлена U(x) меньше степени многочлена g(x),
а степень V(x) меньше степени f(x).
Наша задача состоит в нахождении многочленов U(x) и
V(x), удовлетворяющих озвученному выше условию.
Сначала находим НОД многочленов f(x) и g(x):

Следовательно, (f(x); g(x)) = 9х + 27 = 9 × (х + 3), т.е. (f(x); g(x)) = х + 3.

Из этого получаем:

Из последнего равенства находим:

Из первого равенства находим:

Подставим это в предыдущее равенство и получим:

Отсюда заключаем, что

Значит, линейная форма НОД многочленов f(x) и g(x) имеет вид:

Ответ:

Б) С помощью метода неопределенных коэффициентов.

Применим к многочленам алгоритм Евклида

Следовательно D(x) = (f(x); g(x)) = х² + х + 1.

Делим теперь f(x) и g(x) на D(x), например «уголком»:

Следовательно, f₁(x) = х³ + х + 1, g₁(x) = х²+ 3х + 2.
Согласно теории, многочлены f₁(x) и g₁(x) взаимнопросты. Поэтому
должно выполняться равенство: f₁(x) × U(x) + g₁(x) × V(x) = 1, при
этом степень многочлена U(x) меньше степени многочлена g₁(x), а
степеньмногочлена V(x) меньше степени многочлена f₁(x).

Имеем:

f₁(x) = х³ + х+ 1 – многочлен третьей степени, а, значит,

V(x) = Ах² + Вх + С;

g₁(x) = х² + 3х+ 2 – многочлен второй степени, поэтому

U(x) = Dх + Е.

И тогда получаем:

(х³ + х + 1) × (Dх + Е) + (х² + 3х+ 2) × (Ах² + Вх + С) = 1.

Раскрываем скобки в левой части равенства:

Dх⁴ + Dх² + Dх + Ех³ + Ех + Е + Ах⁴ + Вх³ + Сх² + 3Ах³ + 3Вх² +

+ 3Сх + 2Ах² + 2Вх + 2С = 1.

Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х слева и
справа, получаем систему линейных уравнений, которую решаем любым
известнымспособом:

Следовательно,

Умножим полученное равенство на D(x) = х²+ х + 1, получим линейную
форму НОД для многочленов f(x) и g(x):

Ответ:

Задача 18. При помощи методанеопределенных коэффициентов
найдите многочлены U(x) и V(x) такие, что
f(x) × U(x) + g(x) × V(x) = 1, если f(x) = 2х² – 4х +9,
g(x) =3х² + х + 7.

Решение.

Искомые многочлены U(x) и V(x) обладают темсвойством,
что степень многочлена U(x) меньше степени многочлена g(x), а степень
многочлена V(x) меньше степени многочлена f(x). Многочлены f(x) и g(x)
оба имеютвторую степень, и значит, многочлены U(x) и V(x) имеют вид:
U(x) = Ах + В, V(x) = Сх + D. Тогда получаем:

(2х² – 4х + 9) × (Ах + В) + (3х² + х + 7) × (Сх + D) = 1.

Раскрываем скобки в левой части равенства:

2Ах⁴ + 2Вх² – 4Ах² – 4Вх + 9Ах + 9В + 3Сх³ + 3Dx² + Cx²+ Dx +

+ 7Cx + 7D = 1.

Приравнивая коэффициенты приодинаковых степенях в левой
и правой частях равенства получаем систему линейныхуравнений:

Решим ее, например, методом Гаусса:

Значит,

Ответ:

Задача 19. Упростите выражение

Решение.

С помощью алгоритма Евклиданайдем наибольший общий
делитель числителя f(x) и знаменателя g(x), а затемпроизведем сокращение.
Чтобы избежать дробей, воспользуемся сделанным ранее замечаниеми
заменим многочлены f(x) и g(x) соответственно на 3 × f(x) и 2 × g(x)
(подобные преобразования – как условились ранее –отметим двумя чертами).

Следовательно, d(x) = (f(x), g(x)) = х² – х + 1.

Произведя сокращение, получим:

Ответ:

Замечание. Деление многочленов f(x) и g(x) на их наибольший
общий делитель d₁(x) = х² – х + 1 можно произвести «уголком»или же
воспользоваться обобщенной схемой Горнера.

Задача 20. Выделив кратные множители, разложите многочлен
f(x) = х⁵ – х³ –3х – 2 на неприводимые множители надполем
действительных чисел R:

Решение.

1) Запускаем алгоритм отделения кратных множителей.
Шаг 1. Полагаем d₀(x) = f(x) и находим f ¢(x) = 5х⁴ – 3х² –8х – 3.
Воспользуемся алгоритмом Евклидадля нахождения d₁(x) = (f(x); f ¢(x)).

Снова делим делитель на остаток:

Следовательно,

d₁(x) = (f(x); f ¢(x)) = х² + х + 1.

Отсюда получаем d₂(x) = (d₁(x); )Легко видеть, что d₂(x) = 1. Шаг 2. Находим путем деления «уголком»и полагаем D₃(х) = 1.

Следовательно, f(x) = (х – 2)×(х² + х + 1)².

Анализируя результат, мызаключаем, что получим разложение данного многочлена в произведениенеприводимых множителей над полем действительных чисел R, что нам нужно было сделать.

Ответ: f(x) = (х – 2)×(х² + х + 1)².

Задача 21. Найдите наибольший общий делитель многочлена
f(x) = (х + 1) × (х⁴ – 1) × (х³ – 1) и его производной f ¢(x).

Решение.

Длярешения задачи воспользуемся теоремой о кратных множителях:
«если некоторыйнеприводимый над полем Р многочлен р(х) является
k - кратным множителем многочлена f(x) с коэффициентами из поля Р,
тор(х) является (k – 1) - кратным множителем его производной f ¢(x)».
Так как коэффициенты многочлена f(x) рациональны, то в качестве
поля Р можно взятьполе R - расширение поля Q(не будет ошибки, ели взять
и более широкое поле(например, поле комплексных чисел С), но в этом случае
решение задачи будетболее громоздким).

Находим каноническое разложение многочлена f(x) над полем R.
Так как

х⁴ – 1 = (х² + 1) × (х² – 1) = (х² + 1) × (х + 1) × (х – 1),

то х³ – 1 = (х – 1) × (х² + х + 1),

f(x) = (х + 1)² × (х – 1)² × (х² + 1) (х² + х + 1).

Множители (х + 1) и (х – 1) входят в f(x) с кратностью 2. Следовательно,
в f ¢(x) они выйдут с кратностью 1.

Множители (х² + 1) и (х² + х+ 1) являются простыми
(иначе, однократными) множителями f(x) , а поэтому в разложение f ¢(x)
они не войдут.

Значит, (f(x); f ¢(x)) = (х + 1) × (х – 1) = х² – 1.

Ответ: (f(x); f ¢(x)) = х² – 1.

Задача 22. Известны многочлены f(x) и (f(x); f ¢(x) ) = d(x).
Найдитеканоническое разложение многочлена f(x) ,
если f(x) = х⁴ – – 3х³ – 6х² + 28х – 24 и d(x) = (х – 2)².

Решение.

Из условия задачи следует, что f(x) (х – 2)²и f ¢(x) (х – 2)².

Таккак множитель (х – 2) является двукратным неприводимым множителем
производной f¢(x), то он будет, следовательно, трехкратным неприводимым
множителем многочлена f(x) (теорема о кратных множителях), т.е.

Но (х – 2)³ = х³ – 6х² + 12х – 8.

Используяалгоритм деления многочленов «уголком»,
находим многочлен h(x):

Значит, h(x) = х + 3.

Следовательно, каноническоеразложение многочлена f(x) имеет вид:

f(x) = (х – 2)³ × (х + 3).

Ответ: f(x) = (х – 2)³ × (х + 3).

Задача 23. Найдите наибольший общий делитель и наименьшее
общее кратноемногочленов f(x) = (х² + 5х + 6)×(х²–1) и h(x) = (х⁴ – 2) ×
× (х² + 2х – 3).

Решение.

Чтобы найти наибольший общий делитель многочленов f(x) и h(x)
достаточно выписать всеодинаковые неприводимые множители данных
многочленов и найти их произведение.

Чтобы найти наименьшее общеекратное многочленов f(x) и h(х), нужно
выписать всенеприводимые множители из разложения f(x) и приписать
к ним недостающие неприводимыемножители из разложения h(x) и найти
их произведения.

Многочлены f(x) и h(x) имеют рациональныекоэффициенты.
Следовательно, достаточно разложить их на неприводимые множителинад
полем действительных чисел R.

Имеем:

х² + 5х + 6 = (х + 2) × (х + 3),

х² – 1 = (х + 1) × (х – 1),

х² + 2х – 3 = (х + 3) ×(х – 1).

Многочлен же (х⁴ – 2) неприводим над полем R (так как не является рациональным числом).Разложения многочленов f(x) и h(x) на неприводимые множители над полем R таковы:

f(x) = (х + 2) × (х + 3) × (х + 1) × (х – 1).

h(x) = (х⁴ – 2) × (х + 3) × (х – 1).

Отсюда и получаем, что

(f(x); h(x)) = (х + 3) × (х – 1) = х² + 2х – 3;

[f(x); h(x)] = (х + 2)×(х + 3)× (х + 1)× (х – 1)× (х⁴ – 2) = (х² + 5х + 6) ×

× (х² – 1) × (х⁴ – 2).

Ответ: (f(x); h(x)) = х² + 2х – 3;
[f(x); h(x)] = (х² + 5х + 6) × (х² – 1) × (х⁴ – 2).

Задача 24. Найдите наибольший общий делитель многочленов
f(x) = (х³ – 2) × (х² + 1) × (х + 1)² и g(x) = х⁹ – 3х³ – 2.

Решение.

Многочлены f(x) и g(x) рассмотрим над полем рациональных чисел Q, так как их коэффициенты рациональны. Многочлен f(x) представленсвоим разложением на неприводимые множители над полем Q. Многочлен g(x) записан в стандартном виде по убывающим степеням.

Испытаем неприводимые множители многочлена f(x):

Убеждаемся, что g(x) делится на (х³– 2), но не делится на (х³ – 2)², не делится на
(х² + 1) и делится на (х + 1)².Отсюда и заключаем,
что (f(x); g(x)) = (х³– 2) × (х + 1)².

Ответ: (f(x) ; g(x)) = (х³– 2) × (х + 1)².

Задание.Проверьте самостоятельно с помощью деления «уголком» что g(x)
делится на (х³ – 2), но не делится на (х³ – 2)², не делится на (х²+ 1) иделится на
(х + 1)².

Задача 25.Представьте в виде суммы простейших
дробей отношение

Решение 1.

Сначала для знаменателязапускаем алгоритм отделения кратных множителей и находим, что

Таким образом,

В нашем случае где Находим . Уже деление на дает (Проверьте!). Поскольку , то . Линейная форма наибольшего общего делителя имеет вид . Умножив это равенство на f(x) , получимотсюда

Представим последнюю дробь в виде суммы простейших дробей.

Следовательно, и

Окончательно получается

Решение 2

Методом неопределенных коэффициентов. Записываеможидаемый ответ с неопределенными коэффициентами:

Отсюда . Приравнивая

соответствующие коэффициенты, получаем системулинейных уравнений,

решая которую, находим А=1, В=-1, С=-3, D=-5, E=-15.

Таким образом,

Ответ:

§ 3. Многочлены над числовыми полями

Задача 26. Найдите приведенный многочленнаименьшей
степени с комплексными коэффициентами, имеющий набор корней:
простыекорни 1, (–2) и 3 и двух кратный корень (1 – 3i).

Решение.
Из теории известно, что если х = с – корень многочлена
f(x), то f(x) делится на двучлен (х – с).Следовательно, искомый многочлен
должен делиться на (х – 1), на (х + 2), на (х– 3) и на (х– (1 – 3i))².

А так как он должен иметьнаименьшую степень, то
f(x) = (х – 1)×(х + 2)×(х – 3)×(х –(1 – 3i))² = (х² + х – 2)×(х – 3)×(х² – 2 ×
× (1 – 3i)х + (1 – 3i)²) = (х³ – 3х² + х² – 3х – 2х + 6)×(х² +(–2 + 6i)х +
+ 1 – 6i + 9i²) = (х³ – 2х² – 5х + 6)×(х² +(–2 + 6i)х – 8 – 6i) = х⁵ +
+ (–2 + 6i)х⁴ – 8х – 6iх³ – 2х⁴ +(4 – 12i)х³ + 16х² + 12iх² – 5х² +
+ (10 – 30i)х² + 40х + 30iх + 6х² + (–12 + 36i)х – 48 – 36i = х⁵ + (–4 + 6i)х⁴+
+ (–9 – 18i)х³ + (32 – 18i)х² + (28 + 66i)х – 48 – 36i.

Ответ:
f(x) = х⁵ + (–4 + 6i)х⁴ +(–9 – 18i)х³ + (32 – 18i)х² + (28 + 66i)х – 48 – 36i.

Задача 27. Пользуясь формулами Виета, составьте многочлен
f(x) , имеющий корни х₁ = х₂ = 4, х_3,х₄ = 1 ± 2i.

Решение.
Длярешения задачи воспользуемся формулами Виета, которые
выражают коэффициентыискомого многочлена f(x) через его корни.
Таккак искомый многочлен должен иметь 4 корня, то наименьшая
возможная его степеньравна четырем. Значит,
f(x) = а₀х⁴ + а₁х³ + а₂х² + а₃х + а₄,
где а₀можно взятьпроизвольно, а остальные коэффициенты следующим
образом выражаются через корни х₁, х₂, х₃, х₄ многочлена f(x):
а₁ = –а₀(х₁ + х₂ + х₃+ х₄),
а₂ = а₀(х₁х₂ + х₁х₃+ х₁х₄+ х₂х₃ + х₂х₄+ х₃х₄),
а₃ = –а₀(х₁х₂х₃+ х₁х₃х₄+ х₁х₂х₄ + х₂х₃х₄),
а₄ = а₀х₁х₂х₃х_4.
Положим а₀ =1, а вместо х₁, х₂, х₃, х₄ подставимсоответственно числа
из условия и получим:
а₁ = 4 + 4 +(1 + 2i) + (1 – 2i) = 10,
а₂ = 4 × 4 + 4(1 + 2i) + 4 × (1 – 2i) + 4 × (1 + 2i) + 4 × (1 – 2i) +
+ (1 + 2i)(1 – 2i) = 16 + 4 + 8i + 4 – 8i+ 4 + 8i + 4 – 8i + 1 – 4i² = 37,
а₃ = –(4 × 4 × (1 + 2i) + 4 × 4 × (1 – 2i) + 4 × (1 + 2i) (1 – 2i) + 4 ×
× (1 + 2i)(1 – 2i)) = –(16 + 32i + 16 – 32i + 4 – 16i² + 4 – 16i²) = –72,
а₄ = 4 × 4 × (1 + 2i) (1 – 2i) = 16(1 – 4i²) = 80.

Следовательно, f(x) = х⁴ + 10х³ + 37х² – 72х + 80.

Ответ: f(x) = х⁴ + 10х³ + 37х² – 72х + 80.

Задача 28. Найдите приведенный многочлен наименьшей
степени сдействительными коэффициентами, имеющий набор
корней: 3, –2 и (3 – 2i).

Решение.
Согласно теории все комплексныекорни многочлена с действительными
коэффициентами попарно сопряжены. В связи сэтим, так как х₃ = 3 – 2i- корень
искомого многочлена, то корнем его будет и х₄ = 3 + 2i.
Таким образом, искомый многочлен f(x) имеетчетыре корня, а так как
он имеет наименьшую степень, то
f(x) = ( х – 3)(х + 2)(х –(3 – 2i))(х –(3 + 2i)).
Отсюда получаем:
f(x) = (х² – х – 6)(х² – х(3 + 2i)–(3 – 2i)х +(3 – 2i)(3 + 2i)) = (х² – х – 6) ×
× (х² – 3х – 2iх – 3х + 2iх + 9 – 4i²) =(х² – х – 6) × (х² – 6х + 13) = х⁴ –
– 6х³ + 13х² – х³ + 6х² – 13х – 6х² + 36х – 78 = х⁴ – 7х³ + 13х² + 23х – 78.

Ответ: f(x) = х⁴ – 7х³ + 13х² + 23х – 78.

Задача 29. Дан многочлен f(x) = 3х⁴ – 5х³ + 3х² +4х – 2 с
действительными коэффициентами и a = 1 + i – один изего корней.
Найдите остальные корни многочлена f(x).

Решение.
Так как f(x) – многочлен с действительными коэффициентами и
a = 1 + i – его корень (он – комплексный корень), то корнем f(x) будет и
сопряженное с a число
Тогда получаем:
f(x) = (х – (1 + i))(х – (1 – i))× h(x).
Или иначе:
3х⁴ – 5х³ + 3х² + 4х + 2 = (х² – х (1 – i))–(1 + i))х + (1 + i)(1 – i)× h(x).
3х⁴ – 5х³ + 3х² + 4х + 2 = (х² – х + iх – х – iх + 1 – i²) × h(x).
3х⁴ – 5х³ + 3х² + 4х + 2 = (х² – 2х + 2) × h(x).
Отсюда получаем:


Деление выполним «уголком».

Значит, получаем, что
3х² + х – 1 = 0.
D = 1² – 4 × 3 × (–1) = 1 + 12 = 13.


Следовательно, если a₁ = 1 + i то остальными корнями многочлена
f(x) будут:

a₂ = 1 – i,
Ответ:

Задача 30.Найдите границы действительных корней
многочлена f(x) = х⁵ + 5х⁴ + 10х³ – 5х – 3.
А) с помощью формул;
Б) с помощью метода Ньютона.
Сопоставьте результаты.

Решение.
Найти границы действительных корней многочлена f(x) - значит
найти такие два числа М₁ и М₂, что для любого действительного корня l
многочлена f(x) выполняются неравенства
М₁ < l < М₂.
При этом М₁ называют нижней границей (НГ), а М₂- верхней
границей (ВГ) действительныхкорней многочлена на f(x).

Для нахождения НГ и ВГ существует несколько способов. Решим эту задачу, используя ряд теоретических положений. В теории многочленов доказан ряд формул для нахождения НГ и ВГ действительныхкорней многочлена f(x) .

А) Во-первых, можно воспользоваться формулами ,
, где А – наибольшая из абсолютных величин коэффициентов,
а₀ – старший коэффициент многочлена f(x) .
В нашем случае имеем: А = 10, а₀ = 1; отсюда получаем ВГ = 11,
НГ = –11,то есть действительные корни многочлена на f(x) заключены в
промежутке (–11; 11).
Во-вторых, , где m – индекс первого отрицательного
коэффициентамногочлена f(x) = а₀хⁿ + а₁х^n–1 +…+ а_n–1х + аn, В – наибольшая из
абсолютных величин его отрицательных коэффициентов (при этом надо иметь
ввиду, что а₀> 0). В нашем примере m = 4, В = 5, а₀= 1.
Значит,
Для нахождения НГ этим способом достаточно вместо х подставить
(–х) ивоспользоваться следующим правилом:НГ действительных корней
многочлена f(x) равна ВГ действительных корней многочлена f(–x), взятой
спротивоположным знаком.
В нашем случае f(–x) = –х⁵ + 5х⁴ – 10х³ + 5х – 3.
Так как а₀ = –1 < 0, то умножим f(–x) на число (–1), что не измениткорней
многочлена f(–x) и, значит, не изменятся границы корней:
–f(–x) = х⁵ – 5х⁴ + 10х³ – 5х + 3.
Теперь имеем: а₀ = 1, m = 1, В = 5 и ВГ = 1 + 5 = 6 (под корнем 1-ой степени
будемпонимать само это число). Следовательно, для данного многочлена
f(x) имеем НГ = –6.
Итак, корни действительные многочлены f(x) заключены в интервале
(–6; 3).
Б) Метод Ньютона основан на утверждении:
«если при х = с многочлен f(x) и все его последовательные производные f ^I(x),
f ^II(x), …, f⁽ⁿ⁾ (x) принимает положительные значения, то число cслужит
верхней границей положительных корней».
В нашем случае:
f(x) = х⁵ + 5х⁴ + 10х³ – 5х – 3;
f ^I(x) = 5х⁴ + 20х³ + 30х² – 5;
f ^II(x) = 20х³ + 60х² + 60х;
f ^III(x) = 60х² + 120х + 60;
f ^IV(x) =120х + 120;
f ^V(x) = 120.
Вполне очевидно, что при х = 1 многочлен f(x) и все его производные
принимаютположительные значения. И, значит, х = 1 – ВГ положительных
действительныхкорней.
Теперь рассмотрим вспомогательный многочлен
f(–x) = –х⁵ + + 5х⁴ – 10х³ +5х – 3. Поскольку старший коэффициент
отрицателен, то будем рассматривать
–f(–x) = х⁵ – 5х⁴ + 10х³ – 5х + 3.
(–f(–x))^I = 5х⁴ – 20х³ + 30х² – 5.
(–f(–x))^II = 20х³ – 60х² + 60x.
(–f(–x))^III = 60х² – 120x + 60.
(–f(–x))^IV = 120x – 120.
(–f(–x))^V = 120.
Вполне очевидно, что при х = 2 многочлен (–f(–x)) и всего производные
положительны. Это означает, что х = 2 – ВГ положительных действительных
корней.И, значит, х = –2 – НГ отрицательных действительных корней.
Итак, действительные корни многочлена f(x) заключены в
интервале (–2; 1).
Сопоставляярезультаты, заключаем, что наиболее хороший результат,
несмотря нагромоздкость, дает метод Ньютона.
Замечание.Еще раз подчеркнем, что для указания границ
действительных корней многочлена f(x) достаточно уметь находить лишь ВГ
положительных его корней.
Пусть f(x) - многочлен степени n и N₀есть ВГ его положительных
действительных корней.Рассмотрим вспомогательные многочлены


.
Находим ВГ их положительных корней. Пусть это будут числа
7N_1,N₂, N₃. Доказано, что – это НГ положительных действительных корней;
(–N₂) – это НГ отрицательных действительных корней;
– это ВГ отрицательных действительных корней.

Задача 31. Пользуясьтеоремой Штурма, отделите действительные
корни многочлена f(x).

Решение.
Отделить корни многочлена – это значит найти такие проме-жутки, в
каждом из которых находится по одному действительному корню данного
многочлена. Найдем сначала верхнюю и нижнюю гра-ницы действительных
корней f(x). Применяя формулу

находим, что корни многочлена f(x) заключены в проме¬жутке (–4; 8).

Теперь для многочлена f(x) составим систему (много¬членов) Штурма. Первым и

вторым многочленом этой системы будут служить соответственно сам многочлен

f (x) и его производная f (x) = 4x3 – 6х2 – 14х + 8 = 2(2х3 – 3х2 – 7х + 4).

Для отыскания третьего многочлена разделим с остатком f(x) на f '(x).

Так как в дальнейшем нас будут инте¬ресовать лишь знаки значений многочленов

Штурма, то сами многочлены, а также все промежуточные многочлены в

процессе деления можно умножать на любые положительные числа.

Учитывая это, мы во избежание дробных коэффициентов будем делить 2 f(x) на :

Обозначим полученный «остаток» от деления через r1(x). Тогда искомый
многочлен Штурма f(x) будет равен –r1(x), т. е.
f1(x) =17x2 – 17х – 8.
Для отыскания следующего многочлена Штурма разделим
на f₁ (x):

Следовательно, f2(х) = 43х – 30. Разделим теперь 43 f1 (x) на f2 (x):

Получим остаток , который очевидно, отрицателен(его абсолютная величина нас не интересует). Поэтому будем считать, что f₃ = 1.

Итак, имеем следующую систему Штурма:

f(x)= х⁴– 2х³– 7х²+ 8х + 1,

f '(x) = 2(2х³– Зх²– 7х + 4) (множитель 2 можно было бы опустить),

f₁ (х) = 17х²– 17х – 8,

f₂(x) = 43x – 30,

f₃ (х) = 1.

Сравнивая процесс нахождения этих многочленов с алгоритмом Евклида,
можно заключить, что (f(x), f '(x)) = 1. Следовательно, условие теоремы Штурма
выполнено.
Пользуясьтеоремой Штурма, найдем число всех действительных
корней нашего многочлена, атакже число его положительных и число его
отрицательных корней. Результаты вычисленийзапишем в таблицу:

f(x)

f ¢(x)

f₁ (х)

f₂(x)

f₃ (х)

Число перемен знаков

Число потерь перемен

знаков

–4

–

Из таблицы видно, что привозрастании х от –4 до 8 потеряно
четыре перемены знаков (4 – 0 = 4). Следовательно,наш многочлен имеет
четыре действительных корня. Кроме того, замечаем, что двепотери перемен
знаков происходят при переходе от –4 к 0 и две при переходе от 0к 8.
Следовательно, два корня отрицательны и два положительны. Так как все
4корня находятся в промежутке (–4; 8), то будем отделять их, придавая х
значения –3, –2, –1, 0, 1, 2, . . . ,пока не найдем промежутки для всех
четырех корней.

f(x)

f ¢(x)

f₁ (х)

f₂(x)

f₃ (х)

Число перемен знаков

Число потерь перемен знаков

–3

–2

–1

–

Из таблицы видно, что корни нашего многочлена находятся в

промежутках: (–3; –2), (–1; 0), (1; 2), (3; 4).

Замечание. Заметим, что при решении этой задачи мыпроделали
много лишней работы, вычисляя значения всех многочленов системы Штурма.
Здесь, как и во многих других случаях, достаточно было вычислить
лишь значения самого многочлена f(x), учитывая, что если числа f(а) и f(b)
имеют разные знаки, то в промежутке (а; b) существует нечетное число
действительных корней, и если f(а) и f(b) – числа одного знака, то в
промежутке (а; b) или не содержится ни одного корня, илисодержится четное
число корней.

Исходя изэтого, при решении задачи на отделение корней можно поступать
следующимобразом. Сначала найти целочисленные границы корней (а; b),
затем найти знаки чисел

f(a), f(a + l), f(a + 2), . . ., f(b)

и выписать те промежутки (k; k + 1), для которых числа f(k) и
f(k + 1) имеют разные знаки. В каждом из этих промежутков находится
хотя бы по одному действительному корню. Однако, следует помнить,
что при этоммы можем пропустить интервалы, в которых находится четное
число корней, атакже ошибочно заключить, что в промежутке (k; k + 1) находится
один действительный корень, тогда как на самом деле тамможет быть 3, 5, 7
и т. д. корней. Для того чтобы избежать подобных ошибок,надо предварительно
методом Штурма найти число всех действительных корнеймногочлена.
Полезно также найти отдельно число положительных и отрицательныхкорней.
Так, в нашей задаче в концах интервала (–3; –2) многочлен f(x) принимает
значения разных знаков [f(–3)>0, f(–2) < 0]. Следовательно, винтервале
(–3; –2) имеется хотя бы один действительный корень. То же самоеможно
сказать об интервалах (–1; 0); (1; 2); (3; 4). Поскольку общее числодействительных
корней многочлена f(х) равно четырем, то в каждом из промежутков
(–3; –2), (–1;0), (1; 2), (3; 4) заключается ровно по одному корню.

Ответ: –3 < a₁ < –2, –1 < a₂ < 0, 1 < a₃ < 2, 3 < a₄ < 4.

Б) f(х) = х⁵– 5х³ – 10х²+ 2.

Решение.

Отыскивая границы корней,получим: действительные корни
многочлена f(x) содержатся в промежутке (–4; 5). Составим систему многочленов
Штурма:

Пользуясь теоремой Штурма,найдем число действительных корней
многочлена f(x). Предварительно заметим, что поскольку в интервале (5; + ¥)
действительных корней нет, то число перемен знаков всистеме Штурма при
х = 5 будет тем же самым, что и при любом другом значении х >5. Поэтому
вместо 5 можно подставлять любое как угодно большое число. Этобывает
полезным, ибо по лемме о модуле старшего члена при достаточно
большомзначении х знак многочлена f(x) совпадает со знаком его старшего
члена. Мы будем вместо 5 условнописать (+¥). Аналогично, вместо (–4) будем
писать (–¥.

Результаты вычислений запишем в таблицу:

f(x)

f ¢(x)

f₁ (х)

f₂(x)

f₃(х)

f₄(х)

Число перемен знаков

Число потерь перемен знаков

–¥

+¥

–

Из таблицы видно, что многочлен f(х) имеет 1 отрицательный
и 2положительных корня. Для их отделения будем вычислять значения
многочлена f(х) при целых значениях х из промежутка (–4; 5). Приэтом
вычисление удобнее начинать с х = 0:

f(0) >0, f(l) <0, f(2) <0, f(3) > 0.

Дальше для положительных значений х вычислять f(х) не следует,
ибо уже из имеющихсяданных видно, что положительные корни (а их всего два)
находятся в интервалах(0; 1) и (2; 3). Теперь будем придавать х отрицательные
значения: f(–1) < 0. Учитывая, что f(0) > 0, заключаем: в промежутке (–1;0)
имеется действительный (отрицательный) корень. А так как многочлен имеетлишь
один отрицательный корень, то на этом работа заканчивается. Итак,
корнимногочлена f(x) заключены в интервалах (–1; 0), (0; 1), (2; 3).

В) f(x) = 4х⁴ – 12х²+ 8х – 1.

Решение.

Сначала устанавливаем, что корни многочлена f(x) находятсяв
промежутке (–3; 3). Далее составляем систему Штурма:

f₀(х) = 4х⁴ – 12х²+ 8х– 1,

f₁(х) = 8 (2x³ – 3x+ 1),

f₂(х) = 6x² – 6x+ 1,

f₃(х) = 2x – 1,

f₄(х) = 1.

Пользуясьтеоремой Штурма, находим число положительных и
отрицательных корней.

f(x)

f ¢(x)

f₁ (х)

f₂(x)

f₃(х)

Число перемен знаков

Число потерь перемен знаков

–¥

+¥

–

Из таблицы видно, что многочлен f(x) имеет 1 (4 – 3=1) отрицательный
и 3 положительных корня. Находим значения многочлена f(х): f(–3) >0,
f(–2) >0, f(–l) <0, f(0) <0, f(1) <0, f(2) >0, f(3) > 0.

Замечаем, чтов промежутках (–2; –1), (1; 2) имеется, по крайней мере,
по одному корню. Атак как всего действительных корней 4, то возможны случаи:
или в каком-либо изуказанных промежутков имеется три корня или в
каком-либо ином промежуткеимеется два корня. Для выяснения полной
картины здесь необходимо для значений –3, –2, –1, 0, 1, 2, 3 вычислятьне
только значения f(x), но и значения всехостальных многочленов системы
Штурма. Результаты запишем в таблицу:

f(x)

f ¢(x)

f₁ (х)

f₂(x)

f₃(х)

Число перемен знаков

Число потерь перемен знаков

–¥

–3

–2

–1

–

Из таблицы видно, что корни находятся впромежутках
(–2;–1), (0; 1), (1; 2), причем в промежутке (0; 1) находятся два корня.
Чтобы отделить их, разделим промежуток (0; 1) на два
интервала и найдем знак числа :

А так как f(0) < 0 и f(1) < 0, то в каждом из промежутков

находится по одному корню.

Таким образом, корни нашегомногочлена содержатся в

промежутках: (–2; –1), , (1; 2).

Ответ: (–2; –1), , (1; 2).

Задача 32. Вычислите сточностью до 0,0001 корень
многочлена f(x) = x⁴+ 3x³– 9x – 9 из промежутка (1; 2).

Решение.
Для приближенного вычислениядействительных корней многочлена
существует много различных методов. Одним изнаиболее простых и
распространенных методов является метод Ньютона (или касательных), который
обычно применяется совместно с методом линейной интерполяции (или хорд).
Эти методы позволяют постепенноприближаться к корню с двух сторон (слева
и справа). Применим методы хорд икасательных к решению нашей задачи.
Для наглядности построимпримерный график многочлена на участке
(1; 2). Первая производная f ¢(х) = 4х³+ 9х²– 9 = 4x³ + 9(x²– 1) в промежутке
(1;2) принимает лишь положительные значения. Значит, многочлен f(x) в
промежутке (1; 2) возрастает от f(l) = –14 до f(2) = 13. Кроме того, вторая
производная f "(х) = 12х²+ 18х в интервале (1; 2) также положительна.
Следовательно, график функции f (x) в этом интервале является вогнутой кривой.
Учитывая отмеченные факты, имеем примерный (весьма грубый) график
многочлена f(x) на отрезке (1; 2) (рис. 1).
Из чертежа видно, что, проведя хорду АВ, мы получим приближение
b₁ к корню x₁ слева. Чтобы приблизиться к корню справа, нужно провести
касательную к кривой. Однакоздесь очень важно, через какую точку (А или В)
еепроводить.


При проведении касательнойследует пользоваться правилом:
касательную к кривой, соединяющей точки А и В,следует проводить в той
точке (А или В), в которой значения многочлена f(x) и его второй
производной имеют одинаковыезнаки. При несоблюдении этого правила
вместо приближения к корню можно получитьудаление от него. В нашем случае
имеем: f(l) <0, f(2) > 0, f "(l)>0, f "(2) > 0. Отсюда видно, что f(x) и
f "(x) имеют одинаковые знаки при х=2. Следовательно, касательную следует
проводить через точку А. Теперь, отыскивая абсциссы a₁ и b₁ получим:
и

где а = 2, b = 1. Отсюда имеем:


Так как верхнюю границу всегдаследует брать с избытком, а нижнюю
с недостатком, то положим а₁ = 1,8; b₁ = l,5.
Теперь, применяя те жерассуждения относительно
точек А₁(1,8; f(l,8)) и B₁(1,5; f(l,5)), получим новые приближения к корню:
и

Подставляя сюда вместо a₁ и b₁ соответственно числа 1,8 и 1,5 и
округляя полученный результат,найдем: а₂ =1,74; b₂=1,71.
Поскольку нам нужно вычислитькорень с точностью до 0,0001,
а полученные результаты для а₂ и b₂совпадают лишь в цифре десятых долей,
то нужно находить новыеприближения а₃ и b₃:

Отсюда можно заключить, что х₁» 1,7320 (± 0,0001).
Замечания.
1. При приближенном вычислениидействительных корней методом
касательных и хорд в качестве подсобного средства,облегчающего вычисления,
могут быть использованы «Таблицы значений многочленов»Иванова К. П.
2. Иногда бывает полезно цифрудесятых долей корня вычислить
методом Руффини-Горнера, а затем уточнять кореньметодом касательных и хорд.

Ответ: х₁» 1,7320 (± 0,0001).

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: ВГ_х = 1 + < 5; НГ_х=–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:

Задача 34.Пользуясь критерием Эйзенштейна, докажите
неприводимость над полем рациональныхчисел Q следующих
многочленов: А) f(x) = 5х⁴ + 12х³ – 24х² + 30х – 12;
Б) f(x) = х⁵ + 5х + 9.

Решение.
А) При р = 3 старший коэффициент многочлена f(x) не делится на 3,
все остальные коэффициенты на 3 делятся, а свободный член, делясь на 3,
неделится на 3². Следовательно, применяя критерий Эйзенштейна к
многочлену f(x) при р = 3 заключаем, что многочлен f(x) неприводим в
кольце Q[x].
Б) К многочлену f(x) = х⁵+ 5х + 9 критерий Эйзенштейна
непосредственноприменить нельзя, так как нельзя подобрать такого
простого числа р, на котороеодновременно бы делились 5 и 9. Но мы
можем положить х = у + 1 и тогда получим:
f (y + 1) = j(y) = у⁵ + 5у⁴ + 10у³ + 10у² + 10у + 15.
Теперь же требования критерия Эйзенштейна выполняются при р = 5.
Следовательно j(y) и, тем самым, исходный многочлен f(x),
неприводимы над полем рациональных чисел Q.

Задача 35. Разложите указанные многочлены на неприводимые
множители над полями С, R и Q,
А) f(x) = х⁵ + 5х³ – 6х²;
Б) g(x) = 3х⁶ + 12х⁴ – 96х²;
В) h(x) = х⁴ + 4х³ – 2х² – 4х + 1.

Решение.
А) f(x) = х⁵ + 5х³ – 6х² = х²(х³ + 5х + 6) =х²(х³ – х² + х² – х + 6х – 6) =
= х²((х³ – х²) + (х² – х) + (6х – 6)) = х²(х²(х – 1) + х(х – 1) + 6(х – 1))=
= х²(х – 1) (х² + х + 6) – это разложение многочлена f(x) на неприводимые
множители над полем Q и R.
Теперь находим корни трехчлена (х²+ х + 6). Вычисляем
дискриминант.
D = 1² – 4 × 1 × 6 = 1 – 24 = –23.
Отсюда получаем:



Следовательно,.

Таким образом, разложение многочлена f(x) на неприводимые множители
над полем С имеет вид:
.
Б)
g(x) = 3х⁶ + 12х⁴ – 96х² = 3х²(х⁴ + 4х² – 32) = 3х²(х⁴ – 4х² + 8х²– 32) =
= 3х²⁽(х⁴ – 4х²) + (8х²– 32)) = 3х²⁽(х²(х² – 4) + 8(х²– 4)) = 3х²⁽(х² – 4) (х²+ 8) =
= 3х²⁽(х² + 2)(х – 2) (х²+ 8) – это разложение многочлена на g(x) на
неприводимые множители над полем Q и R.

Теперь имея



, получаем разложение многочлена g(x) нанеприводимые множители над
полем G.



В)
h(x) = х⁴ + 4х³ – 2х² – 4х + 1.

Сразу отмечаем, что h(x) является многочленом с целыми
коэффициентами и,используя теорему о рациональных корнях многочлена,
устанавливаем, что х = 1 –один из корней этого многочлена.
Тогда получаем: х⁴ + 4х³ – 2х² – 4х + 1 = (х – 1)×g(x).
Коэффициента частного g(x) находим, например, по схеме Горнера:

Значит, х⁴ + 4х³ – 2х² – 4х + 1 = (х – 1)×(х³ + 5х² + 3х – 1).
Аналогично замечаем, что х³ + 5х² + 3х – 1 обращается в нуль при
х = –1.
Следовательно, х⁴ + 4х³ – 2х² – 4х + 1 = (х – 1)×( х + 1)×f(x) .
Коэффициенты частного снова находим по схеме Горнера:

Отсюда получаем:
h(x) = х⁴ + 4х³ – 2х² – 4х + 1 = (х – 1)×( х + 1)× (х²+ 4х – 1) –
это есть разложениемногочлена h(x) на неприводимые множители над полем Q.
Поскольку 2х² + 4х – 1=х² + 4х + 4 – 5 = (х + 2)² – 5 = , то получаем
разложение многочлена h(x) на неприводимые множители над полями R и С:
h(x) = х⁴ + 4х³ – 2х² – 4х + 1=(х – 1)×( х + 1)× .

Задача 36. Решите кубическое уравнение х³ +6х² +6х– 13 = 0.

Решение.
Воспользуемся методом Кордано. Сначала произведем подстановку:
(исходим из общего вида кубического уравнения
х³ + ах² + bх + с = 0). Цель этой подстановки - избавиться от члена,
содержащего переменную х².
Получаем:
(у – 2)³ + 6(у – 2)² + 6(у – 2)– 13 = 0,
или
у³ – 6у² + 12у – 8 + 6у² – 24у + 24 + 6у + 12 – 13 = 0,
или
у³ – 6у – 9 = 0 (где х = у – 2).
Отсюда находим , исходя из того, что
х³ + рх + q = 0:


Значит, a₁ = 2 и тогда, согласно теории
И тогда по формулам
у₁ = a₁ + b₁


получаем:
у₁ = 2 + 1 = 3,
Учитывая подстановку х = у – 2, получаем окончательно:
х₁ = 3 – 2 = 1,
Ответ. {1; }.

Задача 37.Решите методом Феррари уравнение четвертой
степени х⁴ – 2х³ + 5х² + 6х + 9 = 0.

Решение.

Перенесем в правую частьуравнения последние три его члена,
получим
х⁴ + 2х³ = 5х² – 6х – 9.
Выделим полный квадрат в левой части уравнения:
(х²)² + 2 × х² × х + х² – х² = –5х² – 6х – 9,
или (х² + х)² = –4х² – 6х – 9.
Введемвспомогательную переменную у таким образом,
чтобы левая часть уравнения приэтом оставалась полным квадратом:
(х² + х)² + 2 × (х² + х)×у + у² – 2(х² + х)× у – у² = –4х² – 6х – 9,
или (х² + х + у)² = 2 × (х² + х)×у + у² – 4х² – 6х – 9,
или (х² + х + у)² = 2х²у + 2ху + у² – 4х² – 6х – 9,
или (х² + х + у²)² = (2у – 4)х² + (2у – 6)х + у – 9. (1)
Подберемзначение переменной у таким образом, чтобы и правая
часть стала полнымквадратом.
Так как правая часть относительно переменной х имеет вид
Ах² + Вх + С = 0,
то правая часть будет полным квадратом при условии В² – 4АС = 0.
В нашем случае В = 2у – 6, А = 2у – 4, С = у² – 9. Отсюда получаем:
(2у – 6)² – 4×(2у – 4)(у² – 9) = 0,
или (2(у – 3))² – 4 × 2(у – 2)(у + 3)(у – 3) = 0,
или (у – 3) × [2(у – 2) – 8 × (у – 2)(у + 3)] = 0.

Полученное уравнение есть уравнениетретьей степени относительной переменной у, его называют кубической резольвентой.Одним из корней этого уравнения является у = 3. Подставим это значениепеременной ув уравнение (1) иполучим:

(х² + х + 3)² = 2х².
Оноравносильно совокупности двух квадратных
уравнений
Решаяэти квадратные уравнения, получаем все четыре корня
исходного уравнения:


Ответ: {}.

Задача 38.Определите количество действительных корней
многочленов : А) f(x) = х³ – 6х – 9;Б) g(x) = х³ – 12х + 16;
В) h(x) = х³ – 19х + 30.


Решение.
В кубическом уравнении х³ +px + q= 0
выражение называется дискриминантом.
Доказано, что
1) если D = 0, то уравнение х³ +px + q= 0 имеет два действительных
корня, из которых один двукратный;
2) если D > 0, то уравнение х³ +px + q = 0 имеет один действительный
корень;
3) если D < 0, то уравнение х³ +px + q = 0 имеет три действительных
корня.
В нашем случае имеем следующие варианты.
А) здесь р = –6, q = –9, поэтому
, следовательно, многочлен f(x)
имеет один действительныйкорень.
Б) здесь р = –12, q = 16, поэтому
следовательно, многочлен g(x) имеет двадействительных
корня, из которых один двукратный.
В) здесь р = –19, q = 30 поэтому
следовательно, многочлен h(x) имеет три
действительных корня.
Случай В) является особенным тем, что формула Кордано к
многочлену h(x) неприменима (корнями h(x) являются действительные числа
2, 3 и (–5)). Этотслучай в алгебре называется неприводимым(не
смешивать с неприводимостью многочленов).

Ответ:
А) один действительный корень;
Б) два действительных корня, один из которых двукратный;
В) три действительных корня.

Замечание. Если дано полное кубическое уравнение
у³ + ау² + by + с = 0, то с помощью подстановки
его нужнопредварительно привести к виду х³ +px + q = 0, а затем уж
воспользоваться дискриминантом.

§ 4. Многочлены от нескольких переменных

Задача 39. Выполните действия над многочленами
и
запишите получившийся многочлен лексикографически и укажите его
высший член.

Решение.
В теории показано, что множество многочленов от nпеременных
образуют кольцомногочленов К [x₁, x₂, …, x_n]. Значит, многочлены от nпеременных
можно складывать,вычитать и умножать.
Следовательно, всегда можно определить многочлены
(f + g), (f – g), (f × g).

Исходя из этого и находим:
1)


Высший член получившегося многочлена есть (6x₁ x₂).
2)


Высший член получившейся разности есть (–4х₁х₂).
3)





Высший член произведения есть
Ответ:
1) (высший член 6x₁ x₂);
2) (высший член (–4х₁х₂));
3) (высший член ).

Задача 42. Решите иррациональные уравнения.
А) Решим иррациональное уравнение

Решение.

Напрашиваются обозначения:
, .
В этих обозначениях получаем систему двух симметрическихуравнений

Эта система решена в задаче 41(А): x1=1, x2=2или x1=2, х2=1. В первом случае получаем , откуда х+8=1, х=-7. Значение х3=2 приводит к тому же результату. При х1=2 получаем , откуда х+8=16 и х=8. Случай х3=1приводит к этому жерезультату.


Ответ:{–7; –8}.

Задача 43. Составьтеквадратное уравнение, корнями
которого являются кубы корней многочлена f(x) = х² + 13х + 48.

Решение.

Обозначим корни данного многочлена f(x) через х₁ и х₂. Если искомое квадратное уравнение записать в виде х² + ах + b = 0, то по теореме Виета мы имеем

Рассматривая выражения как многочлены от переменных х₁ и х₂, выразим их через элементарные симметрические многочлены:


.
Если теперь переменным х₁ и х₂придатьзначения корней данного уравнения,
то получим:
s₁ = х₁ + х₂ = –13,
s₂ = х₁ × х₂ = 48.
Отсюда и получаем:

Таким образом, получаем квадратное уравнение:
х²– 4069х + 110592 = 0.

Ответ: х²– 4069х + 110592 = 0.

Задача44. Найдите сумму кубов корней
уравнения х⁴+2х³ +х² + 5х + 3 = 0.

Решение.

Обозначим корнинашего уравнения через х₁, х₂, х₃ и х₄.Нам требуется найти многочлен , не находя самих корней х₁, х₂, х₃ и х₄.По формулам Виетанайдем значения элементарных симметрических многочленов от корней нашегоуравнения:

s₁= –2, s₂= 1, s₃= –5, s₄= 3.

Теперь выразим многочлен f(х₁, х₂, х₃, х₄), которыйявляется однородным симметрическим многочленом, через элементарные симметрическиемногочлены s₁, s₂, s₃ и s₄.Получаем: (проверьте это!)Подставляем сюда наши значения для d₁, d₂, d₃, получаем:

ОТВЕТ: