Варіант 10.

1. Довести, що (2²ⁿ-6):10, для будь-якого натурального числа n≥2.

2. Нехай p – просте число і р≥5. Довести, що (р²-1):24.

3. Довести, що сума квадратів двох непарних чисел не може бути квадратом цілого числа.

4. Знайти натуральні числа a і b, якщо ab=168; (a,b)=14.

5. Знайти кількість натуральних чисел, які менші від числа 975 і мають з ним НСД число 13.

6. Знайти кількість нулів, якими закінчується число 295!

7. Знайти натуральне число n, якщо n ділиться на 12 і τ(n)=14.

8. Розв’язати конгруенцію 15x 3(mod 45).

9. Розв’язати в цілих числах рівняння 17x-16y=31.

10. Скоротити дріб : .

11. Розкласти в ланцюговий дріб і обчислити з точністю до 0,0001 значення .

Зразки розв’язання задач контрольної роботи № 7

1. Довести, що число n(n²+5), де n- натуральне число, ділиться на 6.

Розв’язання.

Розпишемо добуток, даний в умові, так: n(n²+5)=n*[(n-1)(n+1)+6]=
=(n-1)*n*(n+1)+6n/

Кожний з доданків одержаної суми ділиться на 6, так як добуток k послідовних чисел натурального ряду ділиться на k!( це випливає з того, що C_n^k= - ціле число), тому (n-1)n(n+1) ділиться на 6 для будь-якого натурального n.

2. Довести, що сума квадратів п’яти послідовних цілих чисел не може бути цілим квадратом.

Розв’язання. Розглянемо п’ять послідовних чисел: (n-2);(n-1);n;(n+1);(n+2). Для того, щоб сума (n-2)²+(n-1)²+n²+(n+1)²+(n+2)²=5(n²+2) була точним квадратом, треба, щоб множник (n²+2) був кратний 5, а для цього число n² повинно закінчуватися цифрою 8 або 3, а це неможливо. Отже, сума квадратів п’яти послідовних чисел не може бути точним квадратом.

3. Довести, що три числа a, a+m, a+n не можуть бути одночасно простими, якщо a>3 і натуральні числа m і n дають при діленні на 3 остачі, відповідно рівні 1 і 2.

Розв’язання. За умовою а>3; m=3t+1; n=3t₁+2. Усі прості числа, крім 2 і 3, можна подати у вигляді p=6k 1. Якщо a=p=6k+1, то a+n=6k+1+3t+2=3(2k+t₁+1)-число складне. Якщо a=p=6k-1, то a+m=6k-1+3t+1=3(2k+1) – теж число складне. Звідки випливає, що три числа: a, a+m, a+n не можуть бути одночасно простими, якщо a>3 і m,nєN дають при діленні на 3 остачі 1 і 2 відповідно.

4. Знайти натуральні числа a і b, якщо (a,b)=24;[1,b]=2496.

Роз’язання. Якщо (a,b)=24, то a=24m та b=24n, де (m,n)=1. Нехай m<n. Використовуючи рівність [a,b]= , одержуємо 2496= , звідки m*n=104=2³*13. Так як (m,n)=1, то m*n=1*104 або m*n=8*13. Тепер маємо: при m=1 і n=104 , при m=8 і n=13

5. Знайти кількість натуральних чисел, які менші від числа 300 і мають з ним НСД число 20.

Розв’язання. За умовою (300,х)=20 і всі значення х менші від числа 300. Після скорочення на 20, маємо (15,у)=1, де усі значення у менші від числа 15 та вдаємо прості з 15. Кількість їх обчислюємо за функцією Ейлера: f(15)=8. Це число: у=1,2,4,7,8,11,13,14, тоді х=20,40,80,140,160,220,260,280.

6. Знайти кількість нулів, якими закінчується число 295!.

Розв’язання. Щоб розв’язати задачу, необхідно знайти канонічний розклад заданого числа. Дійсно якщо n!=p^aq^b…r^c, то кількість нулів, якими закінчується число, збігатиметься з числом m, де m- менше з чисел k і s, а k і s – показники чисел 2 і 5 відповідно в канонічному розкладі числа n!. Оскільки до канонічного розкладу числа n! просте число 5 входить з меншим показником ніж просте число 2, то для розв’язання задачі досить знайти показник s, з яким просте число 5 входить до добутку n!. Число s знайдемо за формулою s=[ ]+[ ]+[ ]+… Оскільки [ ]=[ ], то в нашому випадку маємо: s=[ ]+[ ]+[ ]=59+11+2=72. Отже, число 295! Закінчується 72 нулями.

7. Знайти остачу від ділення 223²¹²³ на 52.

Розв’язання. Якщо треба знайти остачу від ділення a^l на m, де (l,m)=1 і s f(m), то s можна подати у вигляді (за теоремою про ділення з остачею): s=f(m)q+r, де 0 r f(m). Оскільки а^f⁽^m⁾=1(mod m), то а^s= а^f⁽^m⁾^q⁺^r= а^f⁽^m⁾^q а^r= а^r(mod m), де а^r може бути значно меншим, ніж а^s. У нашому випадку маємо: 52=2²*13;f(52)=
2²*13(1- )(1- )=24. 223=52*4+15; 2123=24*88+11; Тоді 223²¹²³= =(52*4+15)^24*88+11 15¹¹= 15⁹*15²=(15³)³*225 3375²*17 (-5)³*17=
= (-125)*17 =-357 7(mod 52). Отже, 223²¹²³ при діленні на 52 дає остачу 7.

8. Знайти число n, добуток усіх дільників якого дорівнює 5832.

Розв’язання. За умовою p=5832, або p=2³*3⁶. Добуток усіх дільників числа виду n=2^a*3^b обчислюємо за формулою: p= . Отже, =2³*3⁶, звідки a(a+1)(b+1)=6; b(a+1)(b+1)=12. Одержуємо a=1; b=2, тоді n=2*3⁶=18.

9. Розв’язати конгруенцію: 20х 10(mod 25).

Розв’язання. Так як (20,10,25)=5, то після скорочення членів конгруенції та її модуля на 5, одержимо конгруенцію: 4х 2(mod 5), або 2x=1(mod 5). Способом випробувань знаходимо: x 3(mod 5), тоді за формулою x_k+1 m₁k+a(mod m), маємо: x₁ 3; x₂ 8; x₃ 13; x₄ 18; x₅ 23(mod 25). Перевірка: 20*3-10=50 ділиться на 25; 20*8-10=150 ділиться на 25, 20*13-10=250 ділиться на 25; 20*18-10=350 ділиться на 25, 20*23-10=450 ділиться на 25.

10. Розв’язати в цілих числах рівняння: -117х+343у=119.

Розв’язання. Запишемо це рівняння так: 117(-х)+343у=119. Визначимо невідомі –х та у. Загальний розв’язок у цілих числах рівняння ax+by=c, де a,b,c- цілі числа; (a,b)=1, подамо у вигляді: х=(-1)ⁿ^-1cQ_n_-1+bt; y=(-1)ⁿcP _n_-1-at, де t- довільне ціле число, а Q _n_-1 та P_n_-1- чисельник та знаменник передостаннього підхідного дробу розкладу у ланцюговий дріб. У нашому прикладі а=117; b=343; (117;343)=1. Розкладемо дріб в ланцюговий: =[0;2,1,13,1,1,1,2]. Отже, n=7. Обчислюємо P_n_-1= P₆; Q_n_-1= Q₆; Маємо P₆= 44; Q₆=129. Тоді одним з розв’язків є –х₀=(-1)⁶*119*129=15351, у₀=(-1)⁷*119*44=-5236. Загальний розв’язок запишемо як –х=15351+343t, y=-5236-117t, або х=-15351-343t,
y=-5236-117t. Маємо порівняно великі за абсолютною величиною окремі значення для х₀,у₀. Але із загального розв’язку можна дістати інші окремі значення для х і у, які будуть найменші за абсолютною величиною. Нехай t=45. Тоді x₁=84; y₁=29 і загальний розв’язок рівняння є x=84+343k; y=-29+117k (тут змінено знак –t на k).

11. Скоротити дріб .

Розв’язання. 3587:2743=1+ , a₀=1; 2743:844=3+ , a₁=3; 844:211=4, a₂=4; =1+ ; Отже, .

12. Розкласти у ланцюговий дріб і обчислити з точністю до 0,0001 значення .

Розв’язання. Використовуючи алгоритм виділення цілої частини для числа , маємо: ; ; ; ; ; ; Оскільки a5=a1, то . За наближене значення можна взяти один з підхідних дробів побудованого ланцюгового дробу. Для обчислення підхідних дробів складемо таблицю:

k	-1	…
qk	-	…
Pk		…
Qk		…

Похибка наближення числа а підхідним дробом не перевищує або . Оскільки в даному ряді , то за наближене значення з точністю до 0,0001 можна взяти підхідний дріб , тобто .

13. Знайти останні дві цифри числа .

Розв’язання. Для знаходження двох останніх цифр заданого числа достатньо знайти остачу від ділення 243⁴⁰² на 100. Маємо . Оскільки (43,100)=1, а , то . Отже, останніми двома цифрами числа є 4 та 9.

return false">ссылка скрыта

Контрольна робота № 8.

I. Розв`язати конгруенції:

1. ,

2. (mod 5),

3. (mod 7),

4. (mod 11),

5. (mod 11),

6. (mod 3),

7. (mod 5),

8. (mod 5),

9. (mod 5),

10. (mod 5).

II. Розв`язати конгруенції, звівши їх до двочленних:

1. (mod 5),

2. (mod 17),

3. (mod 31),

4. (mod 41),

5. (mod 47),

6. (mod 13),

7. (mod 23),

8. (mod 5),

9. (mod 7),

10. (mod 7).

III. Користуючись критерієм Ейлера знайти всі квадратні лишки за модулем:

1. 5;

2. 7;

3. 11;

4. 13:

5. 17;

6. 23;

7. 37;

8. 53;

9. 19;

10. 43.

IV. Знайти порядок числа a за модулем m, якщо:


a
m

V. Знайти всі первісні корені за модулем m:

варіант
m

VI. Розв`язати конгруенції:

1. (mod 7),

2. (mod 13),

3. (mod 23),

4. (mod 31),

5. (mod 37),

6. (mod 61),

7. (mod 73),

8. (mod 73),

9. (mod 73),

10. (mod 79).

VII. Знайти найменше натуральне число x, яке задовольняє наступній конгруенції:

1. (mod 13),

2. (mod 17),

3. (mod 31),

4. (mod 31),

5. (mod 31),

6. (mod 37),

7. (mod 41),

8. (mod 43),

9. (mod 53),]

10. (mod 67).

VIII. Знайти остачу від ділення;

1. на 35;

2. на 29;

3. на 37;

4. на 29;

5. на 67;

6. на 73;

7. на 79;

8. на 89;

9. на 629;

10. на 135.

Зразки роз`язання задач контрольної роботи № 8

I. Розв`язати конгруенцію:

(mod 5).

Розв`язання.

Конгруенцію замінимо еквівалентною їй конгруенцією степеня не вище 4 за тим же самим модулем 5.

Поділимо на . Дістанемо

Замінивши всі коефіцієнти остачі найменшими лишками за модулем 5, дістанемо, що дана конгруенція еквівалентна конгруенції (mod 5). (1)

Замінимо цю конгруенцію еквівалентною їй конгруенцією із старшим коефіцієнтом, що дорівнює 1. Розв`яжемо конгруенцію:

(mod 5).

Додамо до правої частини модуль:

(mod 5).

Обидві частини ділимо на 3:

(mod 5).

Домножимо конгруенцію (1) на 2:

(mod 5).

Останню конгруенцію замінимо еквівалентною їй:

(mod 5). (2)

Оскільки (mod 5), то (x, 5)=1, а тому (mod 5). Тоді конгруенція (2) матиме вигляд (mod 5). (3)

Оскільки (x, 5)=1, то обидві частини конгруенції (3) можна скоротити на x:

(mod 5) (4)

Конгруенція (4) має такі розв`язки:

(mod 5) і (mod 5).

Отже, конгруенція (1) має розв`язки:

2; 3 (mod 5).

Зауваження: Замість того, щоб ділити на , можна було б замінити на , де r – остача від ділення s на 5-1= 4, причому якщо s ділиться на 4, то покладаємо r=4. Тоді

(mod 5);

;

Отже, .

II. Розв`язати конгруенцію, звівши її до двочленної: .

Розв`язання.

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

або .

Виділимо в лівій частині цієї конгруенції повний квадрат

або .

Остаточно .

Отже, або .

III. За критерієм Ейлера знайти всі квадратні лишки за модулем 11.

Розв`язання.

За критерієм Ейлера при простому непарному p число a є квадратичним лишком за модулем p тоді і тільки тоді, коли , і квадратичним нелишком тоді і тільки тоді, коли .

Отже, для розв`язання задачі випробуємо числа 1, 2, 3, .., 10 за допомогою критерія Ейлера. Маємо

, тоді

(mod 11).

Тому числа 1, 3, 4, 5, 9 – квадратичні лишки за модулем 11.

IV. Знайти порядок числа a = 2 за модулем m = 15.

Розв`язання.

Щоб знайти порядок числа a за модулем m, необхідне виконання таких вимог:

1.) (a, m)=1;

2.) - дільник числа ;

3.) - найменше з тих натуральних чисел k, для яких виконується конгруенція .

Маємо (2, 15)=1; знаходимо :

= .

Отже, міститься серед чисел 1, 2, 4, 8. Записуємо послідовно:

Отже, =4.

V. Знайти всі первісні корені за модулем m=7.

Розв`язання.

Первісних коренів за простим модулем m=7 є . Вони містяться серед чисел :

Оскільки m-1=6 у канонічному розкладі має вигляд , то досліджувати слід числа виду і , тобто числа і . Де .

Знайдемо перший первісний корінь. Перевіряємо число 2.

Оскільки 3<6, то 2 не є первісним коренем за модулем 7.

Тоді . Отже, порядком числа 3 є 6, тобто 3 є первісним коренем за модулем 7.

Другий первісний корінь міститься серед чисел виду , де (k, m-1)=(k, 6)=1 і 1<k<6/

Цій умові задовільняє тільки число k=5. отже, другим первісним коренем є число . Оскільки , то первісними коренями за модулем 7 є числа 3 і 5.

VI. Розв`язати конгруенцію . (1)

Розв`язання.

Беремо індекси від обох частин конгруенції

За таблицею індексів маємо:

; і тому

, або

(2)

Дістали лінійну конгруенцію відносно ind x . Розв`яжемо її. Оскільки (18, 22)=2 і 4 ділиться на 2, то ця конгруенція має 2 розв`язки.

Скоротимо спочатку обидві частини і модуль на 2:

До правої частини додамо число –11:

Скоротимо обидві частини на 9:

Дістаємо розв`язки конгруенції (2):

За таблицею антиіндексів знаходимо відповідні два значення невідомого x:

, .

VII. Знайти найменше натуральне число x, яке задовольняє наступну конгруенцію .

Розв`язання.

Індексуємо конгруенцію:

За таблицями індексів:

;

, одержуємо

, або при k=0, 1, 2, ..

VIII. Знайти остачу від ділення на 35.

Розв`язання.

Скористаємося теоремами Ейлера і Ферма.

; (13, 35)=(12, 35) = 1, тому .

Тоді .

Отже, при діленні на 35 число дає остачу 11.

Контрольна робота № 9

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) = x⁴+ x³ – 3x² – 4x – 1; g(x) = x³+ x² – x – 1;

2) f(x) = x⁶– 7x⁴+ 8x³ – 7x + 7; g(x) = 3x⁵– 7x³ + 3x² – 7;

3) f(x) = x⁵+ x⁴– x³ – 3x² – 3x – 1; g(x) = x⁴– 2x³ – x² – 2x + 1;

4) f(x) = x⁴– 10x² +1; g(x) = x⁴– 4 x³ + 6x² + 4 x + 1;

5) f(x) = x⁵ + 3x⁴+ x³ + x² + 3x + 1; g(x) = x⁴+ 2x³ + x + 2;

6) f(x) = 4x⁴– 2x³ – 16x² + 5x + 9; g(x) = 2x³– x² – 4x + 4;

7) f(x) = x⁴– x³ – 4x² + 4x + 1; g(x) = x² – x – 1;

8) f(x) = x⁵ – 5x⁴– 2x³ + 12x² – 2x + 12; g(x) = x³– 5x² – 3x + 17;

9) f(x) = 3x⁴– 3x³ + 4x² – x + 1; g(x) = 2x³– x² + x + 1;

10) f(x) = x⁴+ x³ + x² + x + 1; g(x) = 4x³+ 3x² + 2x + 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) = x⁴+ 3x³– 8x² + 4x – 1; a = 2;

2) f(x) = x⁵+ 3x⁴– 9x³– 7x² + 39x – 21; a = 1;

3) f(x) = x⁴– 2x³– 5x²+ 2x + 2; a = –2;

4) f(x) = x⁶– 6x⁴– 4x³+ 9x² + 12x + 2; a = 3;

5) f(x) = x⁵– 10x³– 20x²– 15x – 4; a = –1;

6) f(x) = x⁵– 6x⁴+ 16x³– 24x² + 20x – 8; a = –3;

7) f(x) = x⁶– 2x⁵– x⁴– 2x³+ 5x² + 4x + 4; a = 1;

8) f(x) = x⁶– 15x⁴+ 8x³+ 51x² – 72x + 27; a = –1;

9) f(x) = x⁷– 3x⁶+ 5x⁵– 7x⁴+ 7x³– 5x² + 3x – 1; a = 2;

10) f(x) = 3x⁴+ 6x³– 2x² + 1; a = –1.

ІІІ. Знайти раціональні корені многочлена.

1) f(x) = x⁴– 2x³– 8x² + 13x – 24;

2) f(x) = 6x⁴+ 19x³– 7x²– 26x + 12;

3) f(x) = x⁵– 2x⁴– 4x³+ 4x²– 5x + 6;

4) f(x) = 10x⁴– 13x³+ 15x²– 18x – 24;

5) f(x) = x⁴+ 2x³– 13x²– 38x – 24;

6) f(x) = x⁴+ 4x³– 2x² – 12x + 9;

7) f(x) = x⁵+ x⁴– 6x³– 14x² – 11x – 3;

8) f(x) = 2x³+ 3x² + 6x – 4;

9) f(x) = 2x³– 3x² + 4x – 5;

10) f(x) = x⁴– x³– 22x² + 16x + 96.

ІV. Виразити через елементарні симетричні многочлени такі многочлени:

1) f(x₁, x₂, x₃) = x₁³ + x₂³ + x₃³ – x₁ – x₂ – x₃;

2) f(x₁, x₂, x₃) = x₁⁵x₂x₃ + x₂⁵x₁x₃+ x₃⁵x₁x₂ + 2x₁x₂x₃;

3) f(x₁, x₂, x₃) = x₁⁴x₂² + x₂⁴x₁² + x₃⁴x₂² + x₃⁴x₁² + x₁⁴x₃² + x₂⁴x₃²;

4) f(x₁, x₂, x₃) = x₁²x₂ + x₁x₂² + x₁²x₃ + x₁x₃² + x₂²x₃ + x₂x₃²;

5) f(x₁, x₂, x₃) = x₁⁴ + x₂⁴ + x₃⁴ x₁³ –2x₁²x₂² – 2x₂²x₃² – 2x₁²x₃²;

6) f(x₁, x₂, x₃) = (x₁ – x₂)² + (x₁ – x₃)²+ (x₂ – x₃)² ;

7) f(x₁, x₂, x₃) = (x₁ + x₂ – 5x₃) (x₂ + x₃ – 5x₁) (x₁ + x₃ – 5x₂);

8) f(x₁, x₂, x₃) = 3x₁³ – 3x₂³ + 3x₃³ + x₁ + x₂ + x₃;

9) f(x₁, x₂, x₃) = 3x₁³ + 3x₂³ + 3x₃³ + 5x₁x₂x₃+ 2x₁² + 2x₂² + 2x₃²;

10) f(x₁, x₂, x₃) = (x₁ – x₂)(x₂ – x₃)(x₃ – x₁).

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

1) 2) 3)

4) 5)

6) 7)

8) 9)

10)

VI. Позбавитися 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) = x⁴+ x³– 6x² – 7x – 7;

2) f(x) = x⁴– x³– 6x²+ 8x – 2;

3) f(x) = 6x⁴– 13x³+ 12x²– 13x + 6;

4) f(x) = 9x⁴– 15x³+ 28x²– 20x + 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) = x⁴+ 4x³+ 4x² + 1;

8) f(x) = x³– 6x² + 11x – 6;

9) f(x) = x⁴+ 3x³– 3x² – 11x – 6;

10) f(x) = x⁵– x³– x² + 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

Зразки розв‘язання задач контрольної роботи № 9

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) = 2x⁴+ 3x³ – 3x² – 5x + 2;

g(x) = 2x³+ x² – x – 1.

Розв‘язання.

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

_ 2x⁴+ 3x³ – 3x² – 5x + 2	2x³+ x² – x – 1
2x⁴+ x³ – x² – x	х + 1
	_ 2x³– 2x² – 4x + 2
	2x³+ x² – x – 1
_ 2x³+ x² – x – 1	– 3x²– 3x + 3
2x³+ 2x² – 2x
	_ – x²+ x – 1
	– x²– x + 1
_ – 3x²– 3x + 3	2х – 2
– 3x²+ 3x
	_ –6х + 3
	–6х + 6
	– 3.

Отже, в результаті ділення одержуємо:

f(x) = g(x)q₁(x) + r₁(x);

q₁(x) = x + 1, r₁(x) = –3x² – 3x + 3;

g(x) = r₁(x)q₂(x) + r₂(x);

q₂(x) = ; r₂(x) = 2x – 2;

r₁(x) = r₂(x)q₃(x) + r₃(x);

q₃(x) = ; r₃(x) = –3.

Так як r₃(x) = –3 є стале число, а на стале число без остачі ділиться будь-який многочлен, то наступна остача r₄(x) буде дорівнювати нулю. Отже, алгоритм Евкліда записався тут у три рядки, а найбільший спільний дільник дорівнює – 3, або

d(x) = 1 = – r₃(x).

Щоб виразити d(x) через многочлени m(x) і n(x) виразимо спочатку через них r₃(x).

r₃(x) = r₁(x) – r₂(x) q₃(x),

r₃(x) = r₁(x) – [g(x) – r₁(x)q₂(x)]q₃(x),

або r₃(x) = r₁(x)[1 + q₂(x)q₃(x)] – g(x)q₃(x).

В останню рівність замість r₁(x) підставимо його вираз з першого рядка алгоритму Евкліда, одержимо:

r₃(x) = [f(x) – g(x)q₁(x)]×[1 + q₂(x)q₃(x)] – g(x)q₃(x) =

= –f(x)[1 + q₂(x)q₃(x)] + g(x)[–q₁(x) – q₁(x)q₂(x)q₃(x) – q₃(x)].

Враховуючи, що d(x) = – r₃(x), маємо:

Отже, ;

де q₁(x) = x + 1; q₂(x) = ; q₃(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) = 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: