Зразок розв’язання контрольної роботи № 1

Варіант 0.

1. Довести, що множина

відносно множення підстановок є групою.

 

Розв‘язок.

Під множенням підстановок розуміють їх послідовне виконання. Необхідно показати, що множина G:

1) замкнена відносно операції (×);

2) виконується для елементів множини асоціативний закон множення;

3) існує нейтральний елемент відносно цієї операції;

4) кожний елемент множини має обернений.

Складаємо таблицю Келі для операції (×) на множині G.

	S 1	S 2	S 3	S 4	S 5	S 6
S 1	S 1	S 2	S 3	S 4	S 5	S 6
S 2	S 2	S 3	S 1	S 6	S 4	S 5
S 3	S 3	S 1	S 2	S 5	S 6	S 4
S 4	S 4	S 5	S 6	S 1	S 2	S 3
S 5	S 5	S 6	S 4	S 3	S 1	S 2
S 6	S 6	S 4	S 5	S 2	S 3	S 1

 

Операцію (×) задано так:

.

За таблицею видно, що всі групові властивості виконуються на множині відносно заданої на ній операції (×).

Отже, G – група. Вона називається симетричною групою третього степеня (S ₃).

2) Знайти всі твірні елементи групи S ₃.

Розв‘язок.

Група S ₃ є групою 6-го порядку. Отже, всі її елементи мають скінчений порядок, який за теоремою Лагранжа є дільником порядку групи. Отже, в групі S ₃ є елементи другого та третього порядків.

Елементи s ₂, s ₃ – елементи третього порядку, так як (s ₂)³ = (s ₃)³ = s ₁.

Елементи s ₄, s ₅, s ₆ – елементи другого порядку, так як (s ₄)² = (s ₅)² = (s ₆)² = s ₁.

Отже, група S ₃ – це неабелева група і породжується відповідно елементом порядку 3 і елементом порядку 2, тобто

S ₃ = { s ₂, s ₄} = { s ₂, s ₅} = { s ₂, s ₆} = { s ₃, s ₅} = { s ₃, s ₄} = { s ₃, s ₆}.

3) Знайти всі підгрупи групи S ₃.

Розв‘язок.

За теоремою Лагранжа порядок підгрупи є дільником порядку групи. Тому група S ₃ може мати власні підгрупи порядків 3 та 2 і невласні підгрупи: E, S ₃.

Підгрупою 3-го порядку є підмножина групи S ₃, що складається із елементів < s ₁, s ₂, s ₃> і підгрупами 2-ого порядку є підмножини групи S ₃, що складаються із елементів < s ₁, s ₄>, < s ₁, s ₅>, < s ₁, s ₆>.

Підгрупа G ₁ = < s ₁, s ₂, s ₃> = { s ₂} = { s ₃}; G ₂ = < s ₁, s ₃> = { s ₃};

G ₃ = < s ₁, s ₅> = { s ₅}; G ₄ = < s ₁, s ₆> = { s ₆}.

Отже, будь-яка власна підгрупа групи S ₃ – циклічна, тобто складається із степенів одного із своїх (твірного) елементів.

3. Розкласти групу S ₃ на класи спряжених елементів.

Розв‘язок.

Оскільки s ₁ утворює окремий клас спряжених елементів як одиниця групи S ₃; елементи s ₂, s ₃ порядку 3 утворюють клас спряжених елементів, так як

s_i ^–1× s ₃× s_i = s ₂, s_i ^–1× s ₂× s_i = s ₃;

елементи s ₄, s ₅, s ₆ порядку 2 спряжені, так як

s ₅ s ₄ s ₅ = s ₆, s ₆ s ₅ s ₆ = s ₄, s ₄ s ₅ s ₄ = s ₆,

а тому належать одному класу спряжених елементів. Отже,

S ₃ = < s ₁> + < s ₂, s ₃> + < s ₄, s ₅, s ₆ >.

4. Розкласти групу S ₃ на ліві суміжні класи за її підгрупою G ₂ = < s ₁, s ₆>.

Розв‘язок.

Лівосторонній розклад групи S ₃ за її підгрупою G ₂ складається із класів: G ₂, s ₂ G ₂ = s ₄ G ₂ = { s ₂, s ₄}, s ₅ G ₂ = s ₆ G ₂ = { s ₄, s ₆}.

S ₃ = G ₂ È{ s ₂, s ₄}È{ s ₄, s ₆}.

5. Знайти нормальний дільник в групі S ₃.

Розв‘язок.

Для того, щоб підгрупа групи була її нормальним дільником необхідно і достатньо, щоб ліві і праві суміжні класи за цією підгрупою співпадали. Отже, в симетричній групі S ₃ підгрупа G ₁ = < s ₁, s ₂, s ₃> є нормальним дільником групи, так як лівосторонні і правосторонні розклади групи S ₃ за підгрупою G ₁ співпадають: кожен з них складається з двох класів: G ₁ i < s ₄, s ₅, s ₆>,

S ₃ = G ₁È G ₁ s ₄ = s ₄ G ₁ = { s ₄, s ₅, s ₆}.

6. Побудувати фактор-групу групи S ₃ за підгрупою G ₁.

Розв‘язок.

Сукупність суміжних класів групи S ₃ за її нормальною підгрупою G ₁ відносно операції множення класів утворює групу, яка називається фактор-групою групи S ₃ за підгрупою G ₁ (S ₃/ G ₁).

На множині класів введемо операцію множення s_iG ₁× s_js ₁ = s_i × s_js ₁, s_i, s_j Î S ₃, s ₁ – нормальна підгрупа.

Доведемо, що одержалася група.

7. Асоціативність множення класів випливає з асоціативності множення в групі S ₃:

(s_iG ₁× s_js ₁)× s_kG ₁= (s_is_j) s ₁× s_kG ₁ = (s_is_j)× s_kG ₁= s_i (s_j × s_k) G ₁ =

= s_iG ₁×(s_j × s_k) G ₁= s_iG ₁×(s_jG ₁× s_kG ₁)

8. Одиничним елементом є сама підгрупа G ₁:

G ₁× s_iG ₁= s ₁ G ₁ ×s_iG ₁ = s ₁ s_iG ₁ = s_iG ₁,

s_iG ₁ ×G ₁ = s_iG ₁ ×s ₁ G ₁ = s_is ₁ G ₁ = s_iG ₁.

9. Оберненим до класу s_iG ₁ є клас s_i ^–1 G ₁, так як

s_iG ₁× s_i ^–1 G ₁ = s_i × s_i ^–1 G ₁ = eG ₁ = G ₁,

s_i ^–1 G ₁× s_iG ₁ = s_i ^–1× s_iG ₁ = eG ₁ = G ₁.

Одержана група позначається через S ₃/ G ₁ і називається фактор-групою групи S ₃ за нормальною підгрупою G ₁.

S ₃/ G ₁ = < G ₁, s ₄ G ₁>.

10. Довести, якщо | a | = n і a^k = 1, то n ділить k.

Розв‘язок.

Нехай порядок елемента а групи G дорівнює n. Це означає, що n – мінімальне натуральне число таке, що aⁿ = 1. Якщо k – будь-яке ціле число, то поділимо k на n, одержуємо

k = nq + r, 0 £ r < n,

а тому a^k = (aⁿ) ^q × a^r = a^r.

Звідси випливає, якщо елемент а має скінчений порядок n і a^k = 1, то n ділить k.

8. Довести, якщо | G | = pq, p ¹ q – прості числа, то в G існує інваріантна підгрупа.

Розв‘язок.

Нехай p, q – прості числа,. Силовські p - і q -підгрупи групи G, будучи підгрупами простого порядку, є циклічними. Нехай { a }, { b }– відповідно силовські p - і q- підгрупи. за теоремою Силова кількість силовських підгруп в G дорівнює 1 + kq і ділить pq, тому силовська q -підгрупа { b } єдина. Зокрема, вона нормальна в групі G, що і треба було довести.

9. Нехай К ₁ – підкільце кільця К, І – ідеал кільця К. Довести, що К ₁Ç I – ідеал кільця К.

Розв‘язок.

Позначимо D = К ₁Ç I. Покажемо, що ідеал І, як і будь-який ідеал, містить нуль-елемент кільця К. Оскільки І ¹0, то в І існує хоч один елемент а. Тоді за означенням ідеалу, елемент а – а = 0 теж належить ідеалу I. Оскільки 0Î К, 0Î І, то 0Î D, тому D ¹Æ.

Якщо а, b Î D, то а, b Î К і а, b Î І. Згідно з означенням ідеалу і критерієм підкільця , а тому .

Нехай а Î D, b Î К ₁. Покажемо, що ab і ba належать D. Оскільки D Í І, а І – ідеал кільця К, то для будь-якого елемента а Î D Í І і будь-якого елемента b Î К ₁ Í K маємо, що ab, ba Î І.

Отже, ab, ba Î К ₁Ç I = D. Тому D = К ₁Ç I – ідеал кільця К ₁.

10. Довести, що при гомоморфізмі j двох кілець K ₁ і K ₂ j(a – b) = j(a) – j(b).

Розв‘язок.

Нехай j – гомоморфізм кільця K ₁ на кільце K ₂.

Тоді за означенням гомоморфізму виконується рівність " a, (– b)Î К ₁

j(a + (– b) = j(a) + j(– b), j(– b) = – j(b).

Отже, j(a + (– b) = j(a – b) = j(a) – j(b), що і треба було довести.

11. Довести, що характеристикою області цілісності є або нуль, або просте число.

Розв‘язок.

Нехай К – область цілісності, а е – одиниця кільця К. Якщо для me ¹0 жодного натурального числа m, то характеристика кільця К дорівнює нулю.

Нехай me =0 і m – найменше натуральне число, що має цю властивість, тобто m – характеристика кільця К. Тоді m ¹1, оскільки е ¹0. Якщо m – просте число, то твердження задачі доведено.

Нехай m – складене число. Тоді існують натуральні числа s і t такі, що 1 < s, t < m і m = st. Так як кільце K комутативне, маємо

0 = me = (st) × e = (se) × (te).

Крім того, оскільки m – характеристика кільця К і s < m, t < m, то se ¹0, te ¹0, і тому (se) × (te) = me ¹0, бо К як область цілісності, є кільцем без дільників нуля. Отже, прийшли до протиріччя.

12. Довести, що число 4 в кільці неоднозначно розкладається в добуток простих множників.

Розв‘язок.

Знайдемо дільники одиниці в . Нехай , – дільники одиниці, a, b, c, d Î Z. Тоді

()() = 1.

Знайдемо норму обох частин цієї рівності

. (*)

Норма числа знаходиться за формулою Nr () = .

Рівність (*) виконується, якщо . (**) Рівність (**), в свою чергу, виконується при .

Отже, в кільці лише два дільники одиниці: 1, –1.

Доведемо, що для числа 4 в кільці є два різні розклади в добуток простих множників: .

Покажемо, що 2, є прості числа в , а пари чисел 2, та 2, не є асоційованими. Оскільки в кільці асоційовані числа відрізняються тільки знаком, то покажемо, що 2, є прості числа в . Якщо , то знайшовши норми від обох частин, дістанемо .

Число 4 розкладається в добуток натуральних чисел двома способами: 4=2×2 =1×4.

Якщо , то b ² < 1, тобто b =0. Тоді a ² = 2, що неможливо для цілого числа a. Отже, або .

Якщо , то – дільник одиниці.

Якщо , то і – дільник одиниці. Отже, 2 є просте число в кільці . Оскільки , то аналогічно доводять, що числа є простими. Отже, число 4 в кільці розкладається на прості множники двома різними способами.

13. Довести, якщо поле Р має характеристику р, то р – просте число.

Розв‘язок.

Нехай р – число складене і p = st, де s < p, t < p. Тоді одержуємо

тобто (se)×(te) = 0.

Оскільки в полі не існує дільників нуля, то із рівності (se)×(te) = 0 випливає, що або se = 0, або te = 0, а це суперечить умові, що поле Р має характеристику р. отже, припущення, що р – складене число, невірне.

Контрольна робота № 2

 

І. Знайти найбільший спільний дільник многочленів f(x) і g(x) та підібрати такі многочлени m(x) і n(x), що f(x)m(x) + g(x)n(x) = d(x).

1) f(x) = x ⁴ + x ³ – 3 x ² – 4 x – 1; g(x) = x ³ + x ² – x – 1;

2) f(x) = x ⁶ – 7 x ⁴ + 8 x ³ – 7 x + 7; g(x) = 3 x ⁵ – 7 x ³ + 3 x ² – 7;

3) f(x) = x ⁵ + x ⁴ – x ³ – 3 x ² – 3 x – 1; g(x) = x ⁴ – 2 x ³ – x ² – 2 x + 1;

4) f(x) = x ⁴ – 10 x ² +1; g(x) = x ⁴ – 4 x ³ + 6 x ² + 4 x + 1;

5) f(x) = x ⁵ + 3 x ⁴ + x ³ + x ² + 3 x + 1; g(x) = x ⁴ + 2 x ³ + x + 2;

6) f(x) = 4 x ⁴ – 2 x ³ – 16 x ² + 5 x + 9; g(x) = 2 x ³ – x ² – 4 x + 4;

7) f(x) = x ⁴ – x ³ – 4 x ² + 4 x + 1; g(x) = x ² – x – 1;

8) f(x) = x ⁵ – 5 x ⁴ – 2 x ³ + 12 x ² – 2 x + 12; g(x) = x ³ – 5 x ² – 3 x + 17;

9) f(x) = 3 x ⁴ – 3 x ³ + 4 x ² – x + 1; g(x) = 2 x ³ – x ² + x + 1;

10) f(x) = x ⁴ + x ³ + x ² + x + 1; g(x) = 4 x ³ + 3 x ² + 2 x + 1.

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.

1) f(x) = x ⁴ + 3 x ³ – 8 x ² + 4 x – 1; a = 2;

2) f(x) = x ⁵ + 3 x ⁴ – 9 x ³ – 7 x ² + 39 x – 21; a = 1;

3) f(x) = x ⁴ – 2 x ³ – 5 x ² + 2 x + 2; a = –2;

4) f(x) = x ⁶ – 6 x ⁴ – 4 x ³ + 9 x ² + 12 x + 2; a = 3;

5) f(x) = x ⁵ – 10 x ³ – 20 x ² – 15 x – 4; a = –1;

6) f(x) = x ⁵ – 6 x ⁴ + 16 x ³ – 24 x ² + 20 x – 8; a = –3;

7) f(x) = x ⁶ – 2 x ⁵ – x ⁴ – 2 x ³ + 5 x ² + 4 x + 4; a = 1;

8) f(x) = x ⁶ – 15 x ⁴ + 8 x ³ + 51 x ² – 72 x + 27; a = –1;

9) f(x) = x ⁷ – 3 x ⁶ + 5 x ⁵ – 7 x ⁴ + 7 x ³ – 5 x ² + 3 x – 1; a = 2;

10) f(x) = 3 x ⁴ + 6 x ³ – 2 x ² + 1; a = –1.

ІІІ. Знайти раціональні корені многочлена.

1) f(x) = x ⁴ – 2 x ³ – 8 x ² + 13 x – 24;

2) f(x) = 6 x ⁴ + 19 x ³ – 7 x ² – 26 x + 12;

3) f(x) = x ⁵ – 2 x ⁴ – 4 x ³ + 4 x ² – 5 x + 6;

4) f(x) = 10 x ⁴ – 13 x ³ + 15 x ² – 18 x – 24;

5) f(x) = x ⁴ + 2 x ³ – 13 x ² – 38 x – 24;

6) f(x) = x ⁴ + 4 x ³ – 2 x ² – 12 x + 9;

7) f(x) = x ⁵ + x ⁴ – 6 x ³ – 14 x ² – 11 x – 3;

8) f(x) = 2 x ³ + 3 x ² + 6 x – 4;

9) f(x) = 2 x ³ – 3 x ² + 4 x – 5;

10) f(x) = x ⁴ – x ³ – 22 x ² + 16 x + 96.

ІV. Виразити через елементарні симетричні многочлени такі многочлени:

1) f (x ₁, x ₂, x ₃) = x ₁³ + x ₂³ + x ₃³ – x ₁ – x ₂ – x ₃;

2) f (x ₁, x ₂, x ₃) = x ₁⁵ x ₂ x ₃ + x ₂⁵ x ₁ x ₃ + x ₃⁵ x ₁ x ₂ + 2 x ₁ x ₂ x ₃;

3) f (x ₁, x ₂, x ₃) = x ₁⁴ x ₂² + x ₂⁴ x ₁² + x ₃⁴ x ₂² + x ₃⁴ x ₁² + x ₁⁴ x ₃² + x ₂⁴ x ₃²;

4) f (x ₁, x ₂, x ₃) = x ₁² x ₂ + x ₁ x ₂² + x ₁² x ₃ + x ₁ x ₃² + x ₂² x ₃ + x ₂ x ₃²;

5) f (x ₁, x ₂, x ₃) = x ₁⁴ + x ₂⁴ + x ₃⁴ x ₁³ –2 x ₁² x ₂² – 2 x ₂² x ₃² – 2 x ₁² x ₃²;

6) f (x ₁, x ₂, x ₃) = (x ₁ – x ₂)² + (x ₁ – x ₃)² + (x ₂ – x ₃)²;

7) f (x ₁, x ₂, x ₃) = (x ₁ + x ₂ – 5 x ₃) (x ₂ + x ₃ – 5 x ₁) (x ₁ + x ₃ – 5 x ₂);

8) f (x ₁, x ₂, x ₃) = 3 x ₁³ – 3 x ₂³ + 3 x ₃³ + x ₁ + x ₂ + x ₃;

9) f (x ₁, x ₂, x ₃) = 3 x ₁³ + 3 x ₂³ + 3 x ₃³ + 5 x ₁ x ₂ x ₃ + 2 x ₁² + 2 x ₂² + 2 x ₃²;

10) f (x ₁, x ₂, x ₃) = (x ₁ – x ₂)(x ₂ – x ₃)(x ₃ – x ₁).

V. У множині дійсних чисел розв’язати такі системи рівнянь:

1) 2) 3)

4) 5)

6) 7)

8) 9)

10)

VI. Позбавити від алгебраїчної ірраціональності в знаменнику дробу:

1) 2) 3)

4) 5)

6) 7) 8)

9) 10)

VІІ. Довести, що число a є алгебраїчним над полем Q і знайти його мінімальний многочлен, якщо:

1)	6)
2)	7)
3)	8)
4)	9)
5)	10)

VІІІ. Розкласти на незвідні у полі Q множники такі многочлени:

1) f(x) = x ⁴ + x ³ – 6 x ² – 7 x – 7;

2) f(x) = x ⁴ – x ³ – 6 x ² + 8 x – 2;

3) f(x) = 6 x ⁴ – 13 x ³ + 12 x ² – 13 x + 6;

4) f(x) = 9 x ⁴ – 15 x ³ + 28 x ² – 20 x + 16;

5) f(x) = (x + 3)⁴ + (x + 5)⁴ – 16;

6) f(x) = (x + 1)⁶ – 9(x + 1)³ + 20;

7) f(x) = x ⁴ + 4 x ³ + 4 x ² + 1;

8) f(x) = x ³ – 6 x ² + 11 x – 6;

9) f(x) = x ⁴ + 3 x ³ – 3 x ² – 11 x – 6;

10) f(x) = x ⁵ – x ³ – x ² + 1.

Варіант	Задачі
1.	І.1, ІІ.1, ІІІ. 1, VІ.1, V.1, VІ.1, VІІ.1, VІІІ.1
2.	І.2, ІІ.2, ІІІ.2, VІ.2, V.2, VІ.2, VІІ.2, VІІІ.2
3.	І.3, ІІ.3, ІІІ.3, VІ.3, V.3, VІ.3, VІІ.3, VІІІ.3
4.	І.4, ІІ.4, ІІІ.4, VІ.4, V.4, VІ.4, VІІ.4, VІІІ.4
5.	І.5, ІІ.5, ІІІ.5, VІ.5, V.5, VІ.5, VІІ.5, VІІІ.5
6.	І.6, ІІ.6, ІІІ.6, VІ.6, V.6, VІ.6, VІІ.6, VІІІ.6
7.	І.7, ІІ.7, ІІІ.7, VІ.7, V.7, VІ.7, VІІ.7, VІІІ.7
8.	І.8, ІІ.8, ІІІ.8, VІ.8, V.8, VІ.8, VІІ.8, VІІІ.8
9.	І.9, ІІ.9, ІІІ.9, VІ.9, V.9, VІ.9, VІІ.9, VІІІ.9
10.	І.10, ІІ.10, ІІІ.10, VІ.10, V.10, VІ.10, VІІ.10, VІІІ.10

 

Зразок розв‘язання контрольної роботи № 2

Варіант 0.

 

1. Знайти найбільший спільний дільник многочленів f(x) і g(x) та підібрати такі многочлени m(x) і n(x), що f(x)m(x) + g(x)n(x) = d(x).

f(x) = 2 x ⁴ + 3 x ³ – 3 x ² – 5 x + 2;

g(x) = 2 x ³ + x ² – x – 1.

Розв‘язок.

До многочленів f(x) і g(x) застосовуємо алгоритм Евкліда:

_ 2 x ^4+ 3 x ^3 – 3 x ^2 – 5 x + 2	2 x ^3+ x ^2 – x – 1
2 x ^4+ x ^3 – x ^2 – x	х + 1
	_ 2 x ^3– 2 x ^2 – 4 x + 2
	2 x ^3+ x ^2 – x – 1
_ 2 x ^3+ x ^2 – x – 1	– 3 x ^2+ 3 x + 3
2 x ^3+ 2 x ^2 – 2 x
	_ – x ^2+ x – 1
	– x ^2– x + 1
_ – 3 x ^2+ 3 x + 3	2 х – 2
– 3 x ^2+ 3 x
	_ –6 х + 3
	–6 х + 6
	– 3.

Отже, в результаті ділення одержуємо:

f(x) = g(x)q ₁ (x) + r ₁ (x);

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

g(x) = r ₁ (x)q ₂ (x) + r ₂ (x);

q ₂ (x) = ; r ₂ (x) = 2 x – 2;

r ₁ (x) = r ₂ (x)q ₃ (x) + r ₃ (x);

q ₃ (x) = ; r ₃ (x) = – 3.

Так як r ₃ (x) = – 3 є стале число, а на стале число без остачі ділиться будь-який многочлен, то наступна остача r ₄ (x) буде дорівнювати нулю. Отже, алгоритм Евкліда записався тут у три рядки, а найбільший спільний дільник дорівнює – 3, або

d(x) = 1 = – r ₃ (x).

Щоб виразити d(x) через многочлени m(x) і n(x) виразимо спочатку через них r ₃ (x).

r ₃ (x) = r ₁ (x) – r ₂ (x) q ₃ (x),

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

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

В останню рівність замість r ₁ (x) підставимо його вираз з першого рядка алгоритму Евкліда, одержимо:

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

= –f(x) [1 + q ₂ (x)q ₃ (x) ] + g(x) [ –q ₁ (x) – q ₁ (x)q ₂ (x)q ₃ (x) – q ₃ (x) ].

Враховуючи, що d(x) = – r ₃ (x), маємо:

.

Отже, ;

,

де q ₁ (x) = x + 1; q ₂ (x) = ; q ₃ (x) = .

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) = x ⁶ – 6 x ⁴ – 4 x ³ + 9 x ² + 12 x + 4, a = –2.

Розв‘язок.

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) = x ⁶ – 6 x ⁴ – 4 x ³ + 9 x ² + 12 x + 4.

б) Знайдемо d ₁ = (f, f¢), де f¢ = 6 x ⁵ – 24 x ³ – 12 x ² + 18 x + 12.

Застосовуючи алгоритм Евкліда для многочленів f і f¢, одержуємо:

d ₁ = x ⁴ + x ³ – 3 x ² – 5 x – 2,

d ₁¢ = 4 x ³ + 3 x ² – 6 x – 5.

Знаходимо d ₂ = (d ₁, d ₁¢); d ₂ = x ² + 2 x + 1;

d ₂¢ = 2 x + 2;

d ₃ = (d ₂, d ₂¢); d ₃ = x + 1;

d ₃¢ = 1;

d ₄ = (d ₄, d ₄¢); d ₄ = 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) = 12 x ⁶ + 64 x ⁵ + 123 x ⁴ + 113 x ³ + 65 x ² + 24 x + 4.

Розв‘язок.

Старший коефіцієнт a ₀ = 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) = 12 x ⁶ + 64 x ⁵ + 123 x ⁴ + 113 x ³ + 65 x ² + 24 x + 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 ) ² g(x), де g(x) = 12 x ⁴ + 16 x ³ + 11 x ² + 5 x + 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) = 12 x ² + 4 x + 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 =