Ð Ð

МИНОБРНАУКИ РОССИИ
Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение
высшего профессионального образования
«Мордовский государственный университет им. Н. П. Огарёва»
В. Д. Бочкарева
Алгебра в примерах и задачах.
Многочлены от одного неизвестного
Учебно-методическое пособие
Саранск 2012
Метод неопределенных коэффициентов и его применение
Метод неопределенных коэффициентов основан на определении
равенства двух многочленов: многочлены f  a 0 x n  a1 x n 1    a n и g 
 b0 x n  b1 x n 1    bn
называются
равными,
если
равны
их
соответствующие коэффициенты, то есть
 a 0  b0
a  b
 1
1
.



a n  bn
Задача 14. Разделить многочлен f  2 x 4  x 3  5 x 2  x  1 на многочлен
g  x2  x.
Решение. Разделить многочлен f на многочлен g это значит найти
такие многочлены q и r , для которых f  g  q  r , где deg r  deg g . Так
как, многочлены f и g заданы над , то deg  g  q   deg g  deg q , т. е.
deg q  2 и значит q  ax 2  bx  c ; deg r  deg g , где deg g  2 и значит,
r  dx  m .
Тогда
2
x  x ax 2  bx  c  dx  m   2 x 4  x 3  5 x 2  x  1, то есть
ax 4  bx 3  cx 2  ax 3  bx 2  cx  dx  m  2 x 4  x 3  5 x 2  x  1 , то есть
ax 4  b  a x 3  c  b x 2   c  d x  m  2 x 4  x 3  5 x 2  x  1,
и, следовательно,
a  2
a  2
b  a  1
b  3


2
c  b  5 , то есть c  2 , то есть q  2 x  3x  2 , r  3x  1.
 c  d  1
 d  3


m  1
m  1



Схема Горнера и ее применение
При делении многочлена f  a 0 x n  a1 x n 1    a n на линейный
двучлен g  x   применяется метод сокращенного деления, называемый
«схемой Горнера». Этот метод непосредственно следует при применении в
процессе деления f на g метода неопределенных коэффициентов:
f  g  q  r , где q  b0 x n 1  b1 x n  2    bn 1 , r  c . При этом имеем


a 0 x n  a1 x n 1    a n 1 x  a n   x    b0 x n 1  b1 x n  2    bn  2 x  bn 1  c,
откуда
a 0  b0 ,
a1  b1   a 0  b1   b0 , то есть b1   b0  a1 ,
a 2  b2   b1 , то есть b2   b1  a 2 ,
………………………………………….
a n 1  bn 1   bn  2 , то есть bn 1   bn  2  a n 1 ,
a n  c   bn 1 , то есть c   bn 1  a n .
Указанные рекуррентные формулы позволяют составить компактную
схему нахождения неполного частного q и остатка r при делении
многочлена f на x  2 :
a0
a1
a2
a n 1
an
… a n2
b0  a 0 b1    b0  b2    b1 
с    bn 1 
bn  2 
bn 1 

 a1
 a2
   bn 1     bn  2   a n
 a n2
 a n 1
q
r
Задача 15. Используя схему Горнера, разделить многочлен
f   x 5  4 x 3  8 x 2  32
на g  x  2 .
Решение. Многочлен f имеет степень 5 и, следовательно, должен
иметь 6 коэффициентов:  1, 0, 4,  8, 0, 32 ;   2 .
Составим схему Горнера деления f на x  2 .
0
8
0
4
b4 
 2 b0  1 b1 
b2 
b3 
  2  1    2   2    2   0    2   8 
02
40
  8  8  0  16
1
32
с
  2   16 
 32  0
Итак, частное q   x 4  2 x 3  8 x  16 и остаток r  0 .
Задача 16. Найти значение многочлена f  2 x 3  3x 2  5 x  7 в точке
  2.
Решение. Составим схему Горнера деления f на x  2 .
2
2
2
3
2  2  3 1
5
2 1  5  7
7
2  7  7  7  f  
Значение многочлена f в точке 2 равно 7 .
Задача 17. Разложить многочлен f  x 5  x 3  x  2 по степеням x  1.
Решение. Разложить многочлен f по степеням x   это значит,
представить f  a 0 x n  a1 x n 1    a n в виде
f  A0  A1 x     A2 x   2    An x   n ,
где n  deg f .
Коэффициенты разложения A0 , A1 , A2 ,  , An можно найти по схеме
Горнера:
a0
a1
a2
……...
a n 3
a n2
a n 1
an

a0
b1
b2
……...
bn 3
bn  2
bn 1
A0

a0
c1
c2
……...
c n 3
c n2
A1









a0
d1
An  2

a0
An 1

a 0  An
2
В нашем случае имеем:
1
0
1
0
1
1
1
1
0
0
1
1
1
2
2
2
1
1
3
5
1
1
4
1
1
1
3  A0
3  A1
7  A2
9  A3
5  A4
1  A5
Итак, f  3  3x  1  7x  12  9x  13  5x  14  x  15 .
Задача 18. Определить кратность корня  многочлена
f  a 0 x n  a1 x n 1    a n .
Решение. Корень  многочлена f имеет кратность, равную m , тогда и
только тогда, когда в разложении многочлена f по степеням x  
коэффициенты A0  A1  A2    Am1  0 , а Am  0 .
Значит, чтобы решить поставленную задачу, надо построить схему
Горнера для разложения многочлена f по степеням x   и посмотреть
сколько нулей подряд в разложении. Это количество нулей и будет кратность
корня  .
Неприводимые многочлены над полем
Многочлен f натуральной степени n называется приводимым над
полем K , если над этим полем существуют два многочлена f 1 и f 2
натуральной степени такие, что f  f1  f 2 .
Многочлен f натуральной степени n называется неприводимым над
полем K , если над этим полем нельзя подобрать многочлены f 1 и f 2
натуральной степени такие, что f  f1  f 2 .
Задача 19. Является ли приводимым многочлен f  x 3  x  1 над
Решение.
1 способ. Если над
3 .
3 существуют многочлены f 1 и f 2 натуральной
степени такие, что f  f1  f 2 , то они могут быть только определенной
истинной степени: deg f 1  1 , deg f 2  2 . Но тогда f1  a x  b , f 2  c x 2 
 d x  m . Используем метод неопределенных коэффициентов для
нахождения a, b, c, d , m .


x 2  x  1  a x  b  c x 2  d x  m , то есть
x 3  x  1  ac x 3  a d  bc x 2  a m  bd x  bm ,
a c  1
a d  b c  0

3  0, 1, 2.
в

a
m

b
d

1

bm  1
1) a  1, c  1
1) b  1, m  1
Имеем: ac  1 , то есть
, bm  1, то есть
.
2) a  2, c  2
2) b  2, m  2
Всего получается 4 четверки a, b, c, m  для нахождения d из системы:
 a d  bc  0

a m  bd  1
1  d  1  1  0, d  2
(1) a  1, c  1, b  1, m  1 , т. е. 
, откуда a, b, c, d , m  
1  1  1  2  1 Л 
 1, 1, 1, 2, 1 не является решением исходной системы.
1  d  2  1  0, d  1
(2) a  1, c  1, b  2, m  2 , т. е. 
, откуда a, b, c, d , m  
1  2  2  1  1
 1, 2, 1, 1, 2  является решением исходной системы, т. е.
f1  x  2 , f 2  x 2  x  2 и f  f1  f 2 .
Следовательно многочлен f  x 3  x  1 является приводимым над полем
3 .
2 способ. Если над
3 многочлен приводим, то он представлен в виде
произведения линейного двучлена x   и многочлена второй степени:
f  x    a x 2  b x  c ,
где a  0 .
Но означает, что   3 является корнем многочлена f . Значения


  0, 1, 2. Проверим каждое из них:
0 2  0  1  1,   0  корнем не яявляетс
12  1  1  0,   1  корень многочлена f , то есть
f   x  1  f 2 , где deg f 2  2 . Следовательно,
приводимым над 3 многочленом.
f  x3  x  1
является
Критерий Эйзенштейна
Многочлен f с рациональными коэффициентами неприводим над полем
 тогда и только тогда, когда над этим полем неприводим многочлен с
целыми коэффициентами, полученный умножением f на общее наименьшее
кратное знаменателей всех его коэффициентов.
Пусть g  a 0 x n  a1 x n 1    a n , a 0  0 - многочлен с целыми
коэффициентами.
Критерий Эйзенштейна: Если существует такое простое число p , что
старший коэффициент многочлена g не делится на p , все остальные
коэффициенты делятся на p , а младший коэффициент a n , делится на p , не
делится на p 2 , то многочлен g неприводим над полем .
Заметим, что эта теорема является достаточным условием
неприводимости многочлена над .
Задача 20. Проверить, является ли неприводимым над  многочлен
g  3x 7  4 x 6  2 x 5  6 x 2  8 x  2 .
Решение.
Здесь подходит число p  2 . Действительно, a 0  3 не делится на 2,
a1  4 , a 2  2 , a 3  0 , a 4  0 , a 5  6 , a 7  8 , a8  2  2 , a 8  2 не
делится на 2 2 . Значит, g неприводим над .
Задача 21. Приводим ли над многочлен g  x 4  x 3  x 2  x  1 .
Решение. К этому многочлену критерий Эйзенштейна непосредственно
применить нельзя. Но сделаем замену x  y  1 , в результате которой
получается многочлен h  y 4  5 y 3  10 y 2  10 y  5 , неприводимый в силу
критерия Эйзенштейна ( p  5 ). Следовательно, и многочлен g неприводим
над .
Наибольший общий делитель двух многочленов и его свойства
НОД  f , g  – это такой многочлен d , который делит f и g и сам
делится на любой общий делитель многочленов f и g . Для данных
многочленов f и g над полем K существует столько наибольших общих
делителей, сколько элементов в поле K минус 1.
Все наибольшие общие делители многочленов f и g различаются
только скалярным множителем   K   0  .
Среди всех общих наибольших делителей многочленов f и g выделяют
один – старший коэффициент которого равен 1 K . Этот многочлен
называют нормированным общим наибольшим делителем многочленов f и
g.
НОД  f , g  можно найти по определению.
Задача 22. Найти НОД  f , g  для f  x 2  1 и g  x  1 над
.


Решение. Многочлен f делится на все многочлены вида  x 2  1 ,
  , (   0 ), на все многочлены вида   x  1 ,   , (   0 ), на все
многочлены вида   x  1,   , (   0 ), на все многочлены вида  ,   ,
(   0 ). Многочлен g делится на все многочлены вида   x  1 ,   , (
  0 ), и на все многочлены вида  ,   , (   0 ). Общими делителями
многочленов f и g являются все многочлены вида ax  1, a  , ( a  0 ) и
все многочлены вида c , c  , ( c  0 ). Среди них делятся на все общие
делители многочленов f и g только многочлены вида ax  1, a  , ( a  0
). Значит, они и являются общими делителями многочленов f и g . Их
бесконечно много. Среди них выделяется нормированный
НОД  f , g   x  1.
НОД  f , g  можно найти с помощью алгоритма Евклида.
Пусть даны f  0 и g  0 и deg f  deg g .
1) Разделим f на g : f  g  q1  r1 , deg r1  deg g ,
2) Если r1  0 , то разделим g на r1 : g  r1  q 2  r2 , deg r2  deg r1 ,
3) Если r2  0 , то разделим r1 на r2 : g1  r2  q 3  r3 , deg r3  deg r2 , и
т.д. до тех пор, пока в остатке не получится 0 :
rk  2  rk 1  q k  rk ,
deg rk  deg rk 1 ,
rk  0 .
rk 1  rk  q k 1  0 .
НОД  f , g   rk .
Заметим, что деление нужно производить «уголком».
Задача 23. Найти НОД  f , g  , если f  2 x 3  3 x 2  x  5 , g  x 2  2 x  1
.
Решение.
1)
f  g  q1  r1 ,
q1  2 x  1, r1  x  6
2 x 3  3x 2  x  5
2x 3  4x 2  2x
x 2  2x  1
2x  1
x2  x  5
x 2  2x  1
x6
2)
g  r1  q 2  r2 ,
q 2  x  4, r2  25
x 2  2x  1
x 2  6x
4x  1
x6
x4
4 x  24
25
3)
x6
x
r1  r2  q3  r3 ,
q3  1 25 x  6 25, r3  0
25
1 25 x  6 25
6
6
0
Значит, НОД  f , g   25 . Запишем нормированный НОД  f , g  : d  1 .
С помощью алгоритма Евклида для многочленов f и g всегда можно
подобрать такие m1 и m 2 , что f  m1  g  m 2  НОД  f , g  .
Задача 24. Для многочленов f и g подобрать такие многочлены m1 и
m 2 , чтобы f  m1  g  m 2  НОД  f , g  , если алгоритм Евклида для f и g
состоит из двух строк.
Решение. Пусть алгоритм Евклида для многочленов f и g состоит из
двух строк:
f  g  q1  r1 ,
g  r1  q 2  0 .
Тогда НОД  f , g   r1 .
Выделим r1 из первой строки алгоритма: r1  f  g  q1  f  1  g  q1 .
Тогда m1  1 , m 2  q1 .
Задача 25. Для многочленов f и g подобрать такие многочлены m1 и
m 2 , чтобы f  m1  g  m 2  НОД  f , g  , если алгоритм Евклида для f и g
состоит из трех строк.
Решение. Пусть алгоритм Евклида для многочленов f и g состоит из
трех строк:
f  g  q1  r1 ,
g  r1  q 2  r2 ,
r1  r2  q 3  0 .
Тогда НОД  f , g   r2 .
Выделим r2 из второй строки: r2  g  r1  q 2 . Найдем r1 из первой
строки и подставим его в указанное выражение r2 : r1  f  g  q1 , r2  g 
  f  g  q1   q 2  g  f  q 2  g  q1  q 2 . Заметим, что в этом выражении
r2  НОД  f , g  все слагаемые подразделяются на два типа: те, которые
имеют общий множитель f , и те, которые имеют общий множитель g .
Сгруппируем эти слагаемые: НОД  f , g   f  q 2   g 1  q1  q 2  . Тогда
m1  q 2 , m 2  1  q1  q 2 .
Если многочлены f и g над K представлены в каноническом виде, т. е.

f   f11  f 2 2    f k k , где f1 , f 2 ,  , f k – различные нормированные
неприводимые над K многочлены,  1 ,  ,  k – неотрицательные целые



числа,   K , g    f1 1  f 2 2    f k k , где   K ,  1 ,  2 ,  ,  k –
неотрицательные целые числа, то
min  k ,  k 




НОД  f , g   f1min 1 , 1  f 2min 1 ,  2    f k
– нормированный
общий наибольший делитель многочленов f и g над полем K .


2
Задача 26. Найти НОД  f , g  , если f   x  12  x 2  1 и g   x  1  .
  x  2
Решение. Представим многочлены f и g в каноническом виде:
3
f  x  12  x  13  x  13  x  15  x  13 , g  x  12  x  2.
Введем в разложения f и g все фигурирующие основания:
f  x  15  x  13  x  20 , g  x  10 x  12  x  21 .
Тогда НОД  f , g   x  10  x  12  x  20  x  12 .
Выделение кратных неприводимых множителей
Пусть многочлен f задан над числовым полем K и его каноническое
разложение имеет вид:
f  a p11  p 2 2    p s s ( a  K , a  0 , 1 ,  2 ,  ,  s  ).
Многочлены p1, p2 ,, ps – различные неприводимые нормированные,
1 ,  2 ,  ,  s
f
являются
делителями
многочлена
кратностей
соответственно. Тогда производная f ' имеет многочлены
кратностей  1  1,  2  1,  ,  s  1 соответственно и
p1, p2 ,, ps


НОД f , f '  b p11 1  p 2 2 1    p s s 1 ( b  K , b  0 ).
Заметим  i  1 может быть равным 0. Это будет в случае, если  i  1 .


Таким образом, неприводимые множители многочлена НОД f , f ' – это
кратные неприводимые множители многочлена f .


Существенно то, что многочлен НОД f , f ' может быть найден без
разложения f на неприводимые множители, а при помощи алгоритма
Евклида. Для определения же всех кратных неприводимых множителей
многочлена f достаточно разложить на неприводимые множители


многочлен НОД f , f ' , степень которого меньше степени f .
Процедура отыскания кратных неприводимых множителей многочлена
f с помощью НОД f , f ' называется выделением кратных неприводимых
множителей многочлена f .
Заметим, что многочлен
f
~
f 
 c p1  p 2    p s
( c  K , c  0 ).
НОД f , f '
~
Иными словами, многочлен f имеет те же неприводимые множители, что и
f , но все однократные.
~
Нахождение f называется освобождением многочлена f от кратных
неприводимых множителей.
Задача 27. Выделить кратные неприводимые множители многочлена
f  x 8  x 6  2 x 5  2 x 3  x 2  1  x .




Решение. Дифференцируя f , получаем f '  8 x 7  6 x 5  10 x 4  6 x 2  2 x .
С помощью алгоритма Евклида находим
НОД f , f '  x 4  x 3  x  1  x 3  1  x  1  x 2  x  1  x  12 .
Отсюда следует, что кратными неприводимыми множителями многочлена f






являются многочлены p1  x 2  x  1 (кратности 2) и p 2  x  1 (кратности
3).

Разделив f на x 2  x  x


 x  1
2
3
получим p 3  x  1 .
Итак, f  x 2  x  1 x  13 x  1 .
Так как корни многочлена соответствуют его неприводимым
множителям первой степени, то корни многочлена НОД f , f ' – это кратные
корни многочлена f . Поэтому выделение кратных неприводимых
множителей является в то же время выделением кратных корней многочлена
f.
Задача 28. Найти кратные корни многочлена
f  x 4  8 x 3  x 2  68 x  84 .
2


Решение. Найдем


f '  4 x 3  24 x 2  2 x  68
и

НОД f , f
'
 x  2.
Многочлен НОД f , f ' имеет корень x 0  2 . Это и есть кратный корень
многочлена f кратности 2. (Остальные корни можно найти, разделив f на
 x  2 2 ).
Задача 29. Выяснить, при каких значениях параметра a многочлен
f  x 3  x 2  8 x  a  x 
имеет кратный корень.
Решение. Имеем: f '  3x 2  2 x  8 . Корни этого многочлена
4
x1  2 , x 2  .
3
Находим:
64 16 32
176
f  x1   8  4  16  a  a  12 и f  x 2  
.
 
aa
27 9
3
27
Заметим, что x1 , x 2 – кратные корни многочлена f тогда, когда f  x1   0 ,
176
f  x 2   0 , т. е. при a  12 и a 
. Итак, при a  12 многочлен f имеет
27
176
4
двукратный корень x1  2 , при a 
– двукратный корень x 2  .
27
3
Рациональные корни многочлена с рациональными
коэффициентами
Многочлен f с рациональными коэффициентами имеет те же корни, что
и многочлен g с целыми коэффициентами, полученного умножением f на
наименьшее общее кратное всех знаменателей коэффициентов многочлена f
.
Рациональные корни многочлена g  a 0 x 4  a1 x n 1    a n , a 0  0 ,
p
 a i  , находятся в множестве рациональных дробей вида
, где p –
q
делители числа a n , q – делители числа a 0 . Если a 0  1 , то все рациональные
корни многочлена g будут целыми и находится среди делителей a n .
Задача 30. Найти все рациональные корни многочлена
f  2 x 4  7 x 3  12 x 2  38 x  21.
Решение.
1) Найдем все делители числа 21: q  1,  3,  7,  21 .
2) Найдем все делители числа 2: p  1,  2 .
3) Составим дроби вида
p 1  1 3  3 7  7 21  21 1  1 3
: ;
; ;
; ;
; ;
; ;
; ;
q 1 1 1 1 1 1 1
1 2 2 2
 3 7  7 21  21
. (Значения q берем только положительные, т. к.
; ;
; ;
2 2 2 2
2
p
если q – отрицательное, то будет повторение значений ).
q
p
4) Применяя схему Горнера, проверим, какие из дробей
являются
q
1
корнями многочлена f . Ими будут числа  3 и .
2
p 1  1 3  3 7  7 21  21 1  1 3
5) Составим дроби вида
: ;
; ;
; ;
; ;
; ;
; ;
q 1 1 1 1 1 1 1
1 2 2 2
 3 7  7 21  21
. (Значения q берем только положительные, т. к.
; ;
; ;
2 2 2 2
2
p
если q – отрицательное, то будет повторение значений ).
q
p
6) Применяя схему Горнера, проверим, какие из дробей
являются
q
1
корнями многочлена f . Ими будут числа  3 и .
2
Для нахождения рациональных корней многочлена (для организации
более экономичного перебора) с целыми коэффициентами используется
p
 p, q  0  является корнем
следующая теорема: Если несократимая дробь
q
многочлена f  a 0 x n  a1 x n 1    a n , a 0  0  , то число f 1  p  q и число
f  1  p  q .
Так в предыдущем примере f 1  20 , f  1  42 .
3
Число явно не будет корнем многочлена f , т. к. f  1 не делится на
1
7
 21
3  1, число
не будет корнем, т. к. f  1 не делится на 7  2 , число
2
2
не будет корнем, т. к. f 1 не делится на  21  2 и т.д. В итоге,
3 1 3 7
, , , . Для них и
подозрительными на корни остаются только числа
1 2 2 2
строим схему Горнера.
Задача 31. Найти все рациональные корни многочлена
f  x 4  x 2  x  10 .
Решение. Так как старший коэффициент многочлена f равен 1, то
рациональные корни (если они существуют) этого многочлена будут целыми
и находятся среди делителей младшего коэффициента, т. е. числа  10 .
Испытывая делители младшего коэффициента, а именно числа
 1,  2,  5,  10 , находим, что единственный рациональный корень
многочлена f равен  2 .
Решение уравнений третьей степени
Чтобы найти все корни уравнения 3-й степени
a 0  0  .
a 0 x  a1 x 2  a 2 x  a 3  0 ,
(1)
вещественными или комплексными коэффициентами, надо разделить обе
части этого уравнения на a 0 , в результате чего получается уравнение вида:
3
x 3  b1 x 2  b2 x  b3  0 ,
(2)
имеющего те же корни, что и уравнение (1), а затем сделать замену
b
x  y  1 . Ее проще всего осуществить, разложив многочлен f  x 3 
3
b
 b1 x 2  b2 x  b3 по степеням x  1 с помощью схемы Горнера и заменив
3
b
затем x  1 через y . В результате получается уравнение вида:
3
y3  py  q  0 .
(3)
Корни этого уравнения находятся по формуле:
q
y3  
2
называемой
2
3
2
3
q
q
 p
q
 p
(4)
    3      
2
3
2
2
3
 
 
 
 
формулой Кардано. Применяя эту формулу нужно для каждого
из трех значений корня 
2
3
2
3
q
q
 p
     
2
2
3
3
брать те значения корня
q
p
q
 p
         , для которого выполняется условие     .
3
2
2
3
b
b
Если y1 , y 2 , y 3 – корни уравнения (3), то x1  y1  1 , x 2  y 2  1 ,
3
3
b1
x3  y3 
– корни уравнения (1).
3
Задача 32. Решить уравнение x 3  3 x 2  6 x  0 .
Решение. Разлагаем многочлен, стоящий в левой части уравнения, по
степеням x  1 :
1
3
-6
20
28  A0
-1
1
2
-8
-1
1
1
 9  A1
-1
1
0  A2
-1
1  A3
Получаем: 28  9 x  1   x  13  0 . Полагая x  1  y , имеем y 3  9 y 
 28  0 . Здесь p  9 , q  28 . Корни полученного уравнения находим по
формуле
y  3  14  196  27  3  14  196  27  3  14  169  3  14  169 .
Значениями
  3  14  169  3  1
корня
являются
 1  1 ,
числа
1
3
1
3

i , 3  
i . Соответствующие им значения второго корня:
2 2
2 2
9 3 3 3
9 3 3 3
9
1  
 3 ,  2  
 
i , 3  
 
i . Отсюда
3 2 2
2
3 3 2
2
3 1
2 
y1   1   1  4 ,
y2   2   2  2  i 3 ,
y3   3   3  2  i 3 .
Тогда
корни исходного уравнения: x1  5 , x 2  1  i 3 , x 3  1  i 3 .
Корни уравнения (3) можно также находить по формулам:
1
3
y1   1   1 , y 2   1  1   i
1  1 ,
2
2
1
3
1  1  , где в качестве  1 – берется любое значение
y 3   1  1   i
2
2
корня 
2
3
3
q
q
 p
       , а в качестве  1 – то значение корня
2
2
3
2
3
q
p
q
 p
  3        , для которого  1  1   .
3
2
2
3
Задача 33. Решить уравнение x 3  9 x 2  21x  5  0 .
Решение. Делаем замену x  y  3 и получаем уравнение y 3  6 y  4  0
. Для него одно из значений корня   3  2  4  8  3  2  2i есть
6
1  1  i .
1 
1 i .
Соответствующее
значение
Тогда
31  i 
y1  1  i   1  i   2
1
3
y2    2  i
 2i  
2
2
1
3
 2i   1  3 .
y3    2  i
2
2
 1  3 ,
Корни заданного уравнения: x1  5 , x 2  2  3 , x3  2  3 .
Решение уравнений четвертой степени
Чтобы найти все корни уравнения 4-ой степени
(1)
a 0  0 
a 0 x 4  a1 x 3  a 2 x 2  a 3 x  a 4  0
Вещественными или комплексными коэффициентами, надо разделить обе
части на a 0 (что не меняет корней уравнения) и затем в уравнении
(2)
x 4  b1 x 3  b2 x 2  b3 x  b4  0
b
сделать замену x  y  1 (используя схему Горнера). В результате
4
получается уравнение
(3)
y 4  py 2  qx  r  0
b
Если y1 , y 2 , y 3 , y 4 – корни уравнения (3), то xi  y i  1 ( i  1, 2, 3, 4 )– корни
4
уравнения (1).
Корни уравнения (3) можно найти следующим образом.
I. Способ Феррари. Составляем кубическое уравнение
(4)
z 3  2 pz 2  p 2  4r z  q 2  0
– кубическая резольвента уравнения (3).
Берется один из ее корней z 0 и составляется два квадратичных уравнения:


 p  z0
q 
(5)
u 2  z0 u  

0
 2

2 z0 

и
 p  z0
q 
(6)
u 2  z0 u  

0
 2

2
z
0 

Корни уравнений (5) и (6) служат корнями уравнения (3).
Задача 34. Решить уравнение x 4  4 x 3  7 x 2  2 x  5  0 .
Решение. Замена y  x  1 дает y 4  y 2  4 y  3  0 . Кубическая
резольвента этого уравнения z 3  2 z 2  13 z  16  0 , один из ее корней z 0  1
. Составляем уравнения (5) и (6): u 2  u  3  0 и u 3  u  1  0 . Их корни:
1
1
1  i 11
1
1
1 5
,
.
Тогда
 
3
u 3, 4   
1 
u1, 2 
2
4
2
2
4
2
1  i 11
1  i 11
1 5
1 5
, y2 
, y3 
, y4 
. Корни заданного
y1 
2
2
2
2
1 5
3  i 11
3  i 11
1 5
уравнения: x1 
, x2 
, x3 
, x4 
.
2
2
2
2
II. Способ Эйлера. Составляем кубическую резольвенту (4) и находим ее
корни z 0 , z1 , z 2 .
Корни уравнения (3) находим по формулам
1
1
y1 
z 0  z1  z 2 ,
y2 
z 0  z1  z 2 ,
2
2
1
1
y 3   z 0  z1  z 2 ,
y 4   z 0  z1  z 2 ,
2
2
где знаки
z 0 , z1 , z 2 выбираем так, чтобы выполнялось равенство








z 0  z1  z 2  q .
Задача 35. Решить уравнение y 4  6 y 2  8 y  3  0 .
Решение. Кубическая резольвента заданного уравнения z 3  12z 2 
 48 z  64  0 имеет корни z 0  z1  z 2  4 ;
z i  2 i  0, 1, 2  . Корни
1
1
данного уравнения 4-ой степени y1  2  2  2   1; y 2  2  2  2  1 ,
2
2
1
1
y 3   2   2  2  1 , y 4   2  2  2  3 .
2
2
Если уравнение (3) биквадратное ( q  0 ), то его корни находятся по
формуле:
p
y  
2
p2
r
4
(7)
Задача 36. Решить уравнение y 4  10 y 2  9  0 .
Решение. Это уравнение биквадратное и его корни находят по формуле
y    5  25  9    5  16    5  4
и равны
y1  i, y 2  i, y 3  3i, y 4  3i .
Метод Штурма определения числа вещественных корней
многочлена с вещественными коэффициентами
Метод Штурма определения числа вещественных корней многочлена с
вещественными коэффициентами f  a 0 x n    a n состоит из выполнения
нескольких шагов.
1 шаг. Построение ряда Штурма. Это последовательность специальных
многочленов:
f 1  f , либо f , умноженный на подходящее положительное число,
f 2  f ' , либо f ' , умноженный на подходящее положительное число,
f 3 равно остатку от деления f 1 на f 2 , умноженному на  1 , либо на
подходящее отрицательное число,
f 4 равно остатку от деления f 2 на f 3 , умноженному на  1 , либо на
подходящее отрицательное число, и т.д. до тех пор, пока в остатке не
получится 0.
В итоге получаем последовательность многочленов f1 , f 2 ,  , f k , 0 .
Набор ненулевых многочленов f1 , f 2 ,  , f k и называется рядом Штурма
многочлена f . Метод Штурма применим не для каждого многочлена f , а
только для того, у которого f k  1 , т. е. для многочлена f , который
взаимнопрост с f ' , т. е. для многочлена f , не имеющего кратных корней.
2 шаг. Строим таблицу.
f1
f2
…….
f k 1
fk

1

2
Внутри таблицы расставляем знаки «+» или «–» значений
lim f i или
x 
lim f i .
x 
Заметим, если x   , то знак предела f i зависит от deg f i и знака
старшего коэффициента:
1) если deg f – четная и a 0 – положительный, то знак «+»,
2) если deg f – четная и a 0 – отрицательный, то знак «–»,
3) если deg f – нечетная и a 0 – положительный, то знак «–»,
4) если deg f – нечетная и a 0 – отрицательный, то знак «+».
Если x   , то знак предела f i зависит только от знака a 0 :
1) если a 0 положителен, то знак «+»,
2) если a 0 отрицателен, то знак «–».
Если мы имеем последовательность знаков в строке таблицы, например,
    , то переход от одного знака к противоположному при чтении строки
слева направо называется знакопеременной. В нашем примере две знако
1
 ая 2
 ая
перемены:     . Подсчитываем число знакоперемен в строке «   »  1 
и в строке «   »  2  . Тогда число вещественных корней многочлена f
равно    1   2 .
Задача 37. Найти число вещественных корней многочлена
f  x 3  3x  1.
Решение. Построим ряд Штурма:
f1  x 3  3x  1


1
f 2  3x 2  3   x 2  1
3
f 3   2 x  1 1  2 x  1
 3  4 
f 4        1 .
 4  3 
Строим таблицу:
f1
f2
f3
f4

–
+
–
+
1  3

+
+
+
+
2  0
Число вещественных корней рассматриваемого многочлена равно
  1   2  3  0  3.
Мы можем узнать, сколько корней отрицательных, сколько
положительных. Для этого находим число знакоперемен в ряде Штурма в
точке 0:
f1
0
+
f2
–
f3
–
f4
+
3  2
Тогда отрицательные корни находятся на участке  ; 0  и их число равно
 1   2  3  2  1 , а положительные числа находятся на участке 0;    и их
число равно  3   2  2  0  2 .
Интерполяционные формулы Ньютона и Лагранжа
Многочлен с числовыми коэффициентами (вещественными или
комплексными), степень которого не больше n , вполне определяется своими
значениями при любых различных значениях неизвестного, число которых
больше n .
Всегда существует многочлен не более чем n -ой степени,
принимающий наперед заданные значения при n  1 заданных значениях
неизвестного.
Если b0 , b1 ,  , bn – различные между собой числа, c 0 , c1 , c 2 ,  , c n –
числа, не все равные нулю, то существует единственный многочлен
f  a 0 x n  a1 x n 1    a n
степени не выше n со свойствами: f b0   c 0 , f b1   c1 ,  , f bn   c n . Этот
многочлен можно найти одним из следующих трех способов:
степени не выше n со свойствами: f b0   c 0 , f b1   c1 ,  , f bn   c n . Этот
многочлен можно найти одним из следующих трех способов:
1 способ. Составляется система линейных уравнений с n  1
неизвестными a 0 , a1 ,  , a n над полем (  или ):
a 0 b0n  a1b0n 1    a n  c 0

n
n 1
 a 0 b1  a1b1    a n  c1
.













a b n  a b n 1    a  c
1 n
n
n
 0 n
Определитель этой системы отличен от нуля, т. е. система имеет только одно
решение ( a~0 , a~1 ,  , a~n ) и искомый многочлен
f  a~ x n  a~ x n 1    a~ .
0
1
n
Задача 38. Найти многочлен f не выше третьей степени такой, что
f  1  4 , f 1  2 , f 2   2 , f 3  0 .
Решение. Будем искать многочлен f  a 0 x 3  a1 x 2  a 2 x  a 3 . Из
условия задачи имеем
 a 0  a1  a 2  a 3  4
a  a  a  a  2
 0
1
2
3
.

8
a

4
a

2
a

a


2
1
2
3
 0
27 a 0  9a1  3a 2  a 3  0
Решим указанную систему методом Гаусса:
4   2 0  2 0 2   1 0 1 0  1
1 1 1 1


 
 
1
1
1
1
2
1
1
1
1
2


1
1
1
1
2

 



 8 4 2 1  2  7 3 1 0  4  7 3 1 0  4 


 
 

0   26 8 2 0  2  13 4 1 0  1 
 27 9 3 1
0  1   1 0 1 0  1  1 0 1 0  1
 
 

1 3  0 1 0 1 3    3 0 0 1 3 



0  3   2 1 0 0  1   1 0 0 0  1



0 0   3 1 0 0 0   3 1 0 0 0 
 0 0 1 0  2


0
0
0
1
6



; a 0  1 , a1  3 , a 2  2 , a 3  6 .
1 0 0 0 1 


0 1 0 0 3 
Искомый многочлен: f  x 3  3x 2  2 x  6 .
2 способ. Формула Лагранжа:
n
x  b0  x  bk 1 x  bk 1  x  bn 
.
f   Ck
bk  b0  bk  bk 1 bk  bk 1  bk  bn 
k 0
Задача 39. Найти многочлен f не выше второй степени такой, что
f 1  2 , f 3  2 , f 4   1 .
1

0

6

12
0
1
3
4
1
0
0
0
Решение. Будем искать многочлен в виде f  a 0 x 2  a1 x  a 2 , пользуясь
формулой Лагранжа.
x  3x  4  2  x  1x  4  x  1x  3  2  x  3x  4 
f  2
1  31  4
3  13  4 4  14  3
6

6
x  1x  4  x  1x  3  x  3x  4  x  1x  4 
 2
2
3
6

2
x  1x  3  x  3x  4  6  x  1x  4  2  x  1x  3 

3
3
2
 x  6x  7 .
Формулой Лагранжа удобно пользоваться, если нужно определить не
коэффициент многочлена f степени не выше n со свойствами f bi   C i ,
i  0, 1, , n , а его значение в точке  .
Задача 40. Зная, что f – многочлен не выше третьей степени и что
f  2   0 , f 1  5 , f 3  1 , f 5   1 , найти f 6  .
Решение. В силу формулы Лагранжа имеем
6  26  36  5  6  26  16  5  6  26  16  3  4 6 .
f 6  5 
1  21  31  5 3  23  13  5 5  25  15  3 7
3 способ. Формула Ньютона:
f   0  1  x  b0    2  x  b0  x  b1      n  x  b0   x  bn 1  ,
где  0 исходя из условия f b0   C 0 , 1 находим исходя из условия
f b1   C1 и при учете найденного  0 , и т. д.,  n находим исходя из условия
f bn   C n и при учете найденных  0 , 1 ,  ,  n 1 .
Задача 41. Найти многочлен не выше второй степени такой, что f 1  4
, f  2   7 , f 3  12 .
Решение. По формуле Ньютона f   0  1  x  1   2  x  1 x  2 ;
f 1   0  4 , откуда f  4  1  x  1   2  x  1 x  2  .
f  2   7 , откуда 7  4  1  3 , т. е. 1  1 .
f 3  12 , откуда 12  4  3  1   2  10  4  2  10 2  2  10 2 , т. е.
2  1.
Следовательно, искомый многочлен f  4   x  1   x  1 x  2   x 2  3 .
Разложение правильной рациональной дроби в сумму простейших
Дробно-рациональной функцией (рациональной дробью) называется
f x 
выражение вида
, где f  x  и g  x  – многочлены над некоторым полем
g x 
K , причем
g  x   0 . Над дробно-рациональными функциями можно
производить операции сложения, умножения, умножения на многочлен K x ,
деления, аналогично операциям, производимым в .
f x 
Рациональная дробь 1
называется несократимой, если
g1 x 
НОД  f1 , g1   1 .
Всякая рациональная дробь равна несократимой дроби, получившейся
из нее путем деления числителя f и знаменателя g на НОД  f , g  .
Например,
x2  x

x 1
.
x 3  2x 2  x x 2  2x  1
Рациональная дробь называется правильной, если в ней истинная степень
числителя меньше истинной степени знаменателя
f x 
Если истинная степень числителя некоторой рациональной дроби
g x 
не меньше истинной степени знаменателя, то эту дробь можно представить в
виде суммы некоторого многочлена и некоторой правильной дроби. Это
можно сделать, применив к f и g теорему о делении с остатком.
Например, дана рациональная дробь
f  x  3x 4 2 x 2  4 x  6
.

2
g x 
x  2x  3
Разделим f  x   3 x 4  2 x 2  4 x  6 на g  x   x 2  2 x  3 по теореме о


делении с остатком. Получим: 3x 4  2 x 2  4 x  6  x 2  2 x  3 3x 2  6 x 
 5   12 x  9 . Отсюда
3x 4  2 x 2  4 x  6
x 2  2x  3


 3x 2  6 x  5 
 12 x  9
x 2  2x  3
.
f x 
называется простейшей, если
g x 
g  x  является натуральной степенью некоторого многочлена p  x  ,
неприводимого над полем K , а истинная степень многочлена f  x  меньше
истинной степени многочлена p  x  .
a
Если K  , то простейшие дроби – это дроби вида
 x   l
a1 x  a 2
a,   , l   и вида
, где x 2  b1 x  b2 – многочлен с
m
x 2  b1 x  b2
вещественными коэффициентами, не имеющий вещественных корней,
a1 , a 2  , m  .
Основная теорема: Всякая рациональная дробь разлагается в сумму
простейших дробей, причем это разложение единственно.
Правильная рациональная дробь


f x 
на простейшие над
g x 
или ), нужно представить многочлен g  x  в
Чтобы получить разложение правильной дроби
данным полем K ( 
S
S
каноническом виде: g x    p1 1 x   p 2 2 x     pt t x  , где p1  x ,  , p t  x –
различные неприводимые нормированные многочлены, S1 , S 2 ,  , S t  .
Затем надо написать
1
1
u S1 x  u 2  x 
u S2  x 
u1t   x 
f x  u1  x  u 2 x 
1
1
2





 S

t
g x  p S1  x  p S1 1  x 
p1  x  p S2  x 
p 2 x 
pt x 
1
1
2
S

u 2t  x 

x 
u ji   x 
S 1
pt t
u St  x 
t
pt x 
,
(1)
i  1, 2,  , t , j  1, 2,  , S i при фиксированном i – многочлен
где
степени меньшей, чем степень p i  x  , взятый с неопределенными
коэффициентами. Затем нужно все дроби правой части равенства (1)
привести к общему знаменателю g  x  и приравнять сумму получившихся
при этом числителей многочлену f  x  . Применяя метод неопределенных
коэффициентов найдем коэффициенты многочленов u ji   x  .
f x  x 2  2

Задача 42. Рациональную дробь
разложить на простейшие.
g x   x  13
f x 
a
b
c



Решение.
. Приводим правую часть к
g x  x  13 x  12 x  1
общему знаменателю g x   x  13 и приравниваем числители левой части и
получившийся после приведения к общему знаменателю правой части:
x 2  2  a  b x  1  c x  12 .
Отсюда
1  c

т. е. c  1, b  2, a  3 .
0  b  2c ,
2  a  b  c

Следовательно,
x2  2
x  1
3

3
x  1
3

2
x  1
Задача 43. Рациональную дробь
разложим на простейшие над
.
2

1
.
x  1
f x 
2x 4  2x 3  6x 2  2x  7

g x  x 5  2 x 4  2 x 3  4 x 2  x  2
g x 
Решение. Найдем каноническое представление многочлена


2
используя метод выделения кратных множителей: g x   x  2 x 2  1 .
Пишем:
a x  a 2 c1 x  c 2
f x 
a
.

 1

2
g x  x  2 x 2  1 2
x 1

 

Приводим левую и правую части равенства к общему знаменателю и
приравниваем получившиеся после этого числители.




2 x 4  2 x 3  6 x 2  2 x  7  a x 2  1  a1 x  a 2 x  2  c1 x  c 2 x  2 x 2  1
2
2 x 4  2 x 3  6 x 2  2 x  7  a  c1  x 4  2c1  c 2  x 3  2a  a1  c1  2c 2  x 2 
 2a1  a 2  2c1  c 2  x  a  2a 2  2c 2 .
Отсюда получаем систему линейных уравнений с неизвестными a , a1 , a 2 ,
c1 , c 2 .
a  c1  2,
2c  c  2,
2
 1
2a  a1  c1  2c 2  6,
2a  a  2c  c  2,
2
1
2
 1
a  2a 2  2c 2  7,
которую решим методом Гаусса: a  3 , a1  1, a 2  2 , c1  1 , c 2  0 .
f x 
3
x2
x



Таким образом,
.
g x  x  2 x 2  1 2 x 2  1




f x 
3
x2
x



.
g x  x  2 x 2  1 2 x 2  1
Задача 44. Рациональную дробь
f x 
2x 4  2x 3  6x 2  2x  7

g x  x 5  2 x 4  2 x 3  4 x 2  x  2
на простейшие над полем .
Решение. Используя представление g  x  в каноническом виде над
предыдущей задаче, получим каноническое представление g  x  над :
Таким образом,
в
g x   x  2x  i 2 x  i 2 .
В соответствии с этим пишем:
f x 
a
b
c
d
e





.
g x  x  2 x  i 2 x  i x  i 2 x  i
После приведения обеих частей равенства к общему знаменателю g  x 
получаем:
2 x 4  2 x 3  6 x 2  2 x  7  a x  i 2  x  i 2  b x  2 x  i 2  c x  2 x  i 
 x  i 2  d  x  2 x  i 2  e x  2 x  i 2  x  i  .
Найдем:
f  2   75  a  25 ,
то есть a  3 ;
1 1
f  i   3  4i  b2  i  4  ,
то есть b    i ;
2 4
1 1
f i   3  4i  d 2  i  4  ,
то есть d    i .
2 4
Вычислив теперь f 0  и f  1 и, используя уже найденные коэффициенты
a , b , d , получаем

 1 
 1 
7  3  1  2 i   2ci  1  2 i   2ei




,
или

1
1




15  12     i   c 2  2i      i   e 2  2i 

 2 
 2 
 2ci  2ei  2

– систему линейных уравнений с двумя





c

2

2
i

e

2

2
i

4

1 i
неизвестными c и e в поле , которую решим методом Крамера: c 
,
2
1 i
.
e
2
f x 
3
2i
1 i
2i
1 i





Таким образом,
.
g x  x  2 4x  i 2 2x  i  4x  i 2 2x  i 
ЛИТЕРАТУРА
1. Бочкарева В.Д. Алгебра. Саранск: СВМО, 2002. – 40 с.
2. Бухштаб А.А. Теория чисел. М.: Учпедгиз, 1960 – 376 с.
3. Варпаховский Ф.Л., Солодовников А.С. Алгебра. М.: Просвещение, 1974. –
160 с.
4. Варпаховский Ф.Л., Солодовников А.С. Задачник-практикум по алгебре.
Ч.1. М.: Просвещение, 1982. – 79 с.
5. Варпаховский Ф.Л., Солодовников А.С. Алгебра. М.: Просвещение, 1978. –
144 с.
6. Винберг Э.Б. Алгебра многочленов. М.: Просвещение, 1980. – 176с.
7. Виноградов И.А. Основы теории чисел. М.: Наука, 1972. – 168 с.
8. Глухов М.М., Солодовников А.С. Задачник-практикум по алгебре. М.:
Просвещение, 1969. – 276 с.
9. Кострикин А.И. Введение в алгебру. М.: Наука, 1977. – 495 с.
10.Куликов Л.Я Алгебра и теория чисел. М.: Высшая школа, 1979. – 559 с.
11.Курош А.Г. Курс высшей алгебры. М.: Физматгиз, 1959. – 431 с.
12.Окунев Л.Я. Высшая алгебра. Ч.2. Методические указания. М.: Изд-во
МГУ, 1965. – 40 с.
13.Окунев Л.Я. Сборник задач по высшей алгебре. М.: Просвещение, 1964. –
183 с.
14.Практические занятия по алгебре и теории чисел. Мн.: Высш. шк., 1986. –
302 с.
15.Проскуряков И.В. Сборник задач по линейной алгебре. М.: Наука, 1962. –
332 с.
16.Фадеев Д.К. Лекции по алгебре. М.: Наука, 1984. – 416 с.
17.Фадеев Д.К., Соминский И.С. Сборник задач по высшей алгебре. М.:
Наука, 1977. – 228 с.
18.Шнеперман Л.Б. Сборник задач по алгебре и теории чисел. Мн.: Высш.
шк., 1982. – 223 с.