Глава 8 Делимость многочленов. Теорема Безу. Целые уравнения

8.1. Положив x ? 5 = y, приведем уравнение к виду

(y + ?)⁴ + (y ? ?)⁴ = 1, или (2у + 1)⁴ + (2у ? 1)⁴ = 16,

откуда после простых преобразований получим

16y⁴ + 24y² ? 7 = 0.

Ответ. x_1,2 = 5 ± i^?7/₂; x₃ = 4,5; x₄ = 5,5. 

8.2. Перемножим попарно первую и третью скобки и две оставшиеся:

(12х? + 11х + 2)(12х? + 11х ? 1) = 4.

Обозначив 12х? + 11х + ? = y, получим

(y + ³/₂)(y ? ³/₂) = 4,

откуда

y₁ = ?⁵/₂, у₂ = ⁵/₂.

Остается решить два квадратных уравнения.

Ответ.

8.3. Запишем уравнение в виде

x? ? 17 = 3y?

и рассмотрим случаи x = 3k, x = 3k ± 1. B первом случае левая часть примет вид 9k? ? 17 и не будет делиться на три. B остальных двух случаях в левой части получим

9k? ± 6k ? 16,

что снова не делится на три. Поскольку правая часть всегда делится на три, то уравнение не имеет целых решений.

8.4. Решим уравнение относительно x:

Так как уравнение имеет действительные корни лишь при

25 ? y? ? 0, т. е. |y| ? 5,

то остается перебрать все целые значения y, для которых  — целое число: y = 0, y = ±3, y = ±4, y = ±5. Для каждого значения y найдем два значения x.

Ответ. (10, 0), (?10, 0); (?1, ?3), (?17, ?3); (1, 3), (17, 3); (?6, ?4), (?18, ?4); (6, 4), (18, 4); (?15, ?5), (15, 5).

8.5. По определению деления имеем тождество

x⁹⁹ + x? + 10х + 5 = Q(x) (x? + 1) + ax + b,

которое справедливо всюду в области комплексных чисел. Так как частное Q(x) нам неизвестно и оно нас не интересует, то в качестве значения x нужно выбрать один из корней выражения x? + 1, например x = i. Подставив x = i, получим

i⁹⁹ + i? + 10i + 5 = аi + b, т. е. 8i + 5 = аi + b,

откуда а = 8, b = 5.

Ответ. 8х + 5.

8.6. Перепишем уравнение в виде

y? ^{2x? + 1}/_{x? + 2} = 6.

Если x? ? 1, то ^{2x? + 1}/_{x? + 2} ? 1. 

Так как x = 0 не является целочисленным решением уравнения, то можно утверждать, что y? ? 6. Остается рассмотреть случаи: y? = 0, y? = 1, y? = 4. Первый и второй не приводят к действительным значениям x. Для y? = 4 находим x? = 4.

Ответ. (2, 2), (2, ?2); (?2, 2), (?2, ?2).

8.7. Подставим в данное уравнение x = ?3 + 1. После простых вычислений и преобразований получим

36 + 10а + 4b + (22 + 6а + 2b)?3 = 0.

Сумма двух чисел, из которых одно рациональное, а другое иррациональное, может равняться нулю, только если оба числа равны нулю:

(1).

Решая эту систему, найдем а = ?4, b = 1. Поскольку уравнение

x⁴ ? 4x? + x? + 6x + 2 = 0

одним из своих корней имеет число ?3 + 1, а все коэффициенты уравнения — целые, то следует ожидать, что наряду с этим корнем должен существовать и корень ?3 ? 1. Подставим это значение x в уравнение и соберем отдельно рациональные и иррациональные члены. Получим

36 + 10а + 4b ? (22 + 6а + 2b)?3 = 0,

что приводит к той же системе уравнений (1) и имеет место при а = ?4, b = 1. Следовательно, x = 1 ? ?3 — второй корень данного в условии уравнения.

Разделив многочлен x⁴ ? 4x? + x? + 6x + 2 на

(x ? ?3 ? 1)(x + ?3 ? 1) = x? ? 2x ? 2,

получим квадратный трехчлен x? ? 2x ? 1, корнями которого являются числа 1 + ?2.

Ответ. x_1,2 = 1 ± ?3; x_3,4 = 1 ± ?2.

8.8. Из теоремы Виета получаем неравенства:

Добавляем к ним условие неотрицательности дискриминанта:

(а + 1)? ? 4(а + 4) ? 0.

Приходим к системе неравенств

Последнему неравенству удовлетворяют числа а, лежащие вне промежутка между корнями: а ? ?3, а ? 5.

Ответ. ?4 < а ? ?3.

8.9. Пусть х₁, х₁q и х₁q? — корни данного уравнения. По теореме Виета имеем систему

Из этих уравнений нужно исключить x₁ и q. Поскольку из первого уравнения следует х₁(1 + q + q?) = ?а, то второе примет вид

b = х₁?q(1 + q + q?) = x₁q(?а),

т. е. x₁q = ? ^b/_a, откуда

?^b?/_a? = ?c.

Ответ. са?= b?.

8.10. По теореме Виета

Возведем первое уравнение в квадрат:

?₁? + ?₂? + ?₃? + 2(?₁?₂ + ?₁?₃ + ?₂?₃) = 0,

откуда найдем ?₁? + ?₂? + ?₃? . Как видим, последнее уравнение не понадобилось.

Ответ. ?₁? + ?₂? + ?₃? = ?2p.

8.11. Разделив x? + ax + 1 на x ? ?, получим в частном x? + ?x + а + ??, а в остатке ?? + a? + 1. Условия задачи будут выполняться тогда и только тогда, если

?? + a? + 1 = 0,

x? + ?x + а + ?? > 0 при всех x.

Чтобы выполнялось второе условие, дискриминант ?3?? ? 4а должен быть отрицательным, т. е. 3?? + 4а > 0.

Число а не может быть равно нулю, так как уравнение а? + а? + 1 = 0 не удовлетворяется при а = 0. Из первого уравнения a = ?^{1 + ??}/_?. Поэтому должно быть

3?? ? 4^{1 + ??}/_? > 0.

Если ? > 0, то последнее неравенство эквивалентно такому:

3?? ? 4(?? + 1) > 0,

или ??? > 4, y которого нет решений.

Если ? < 0, то получим

3?? ? 4(?? + 1) < 0,

или

Ответ.

8.12. Пусть

P(x) = (x ? 2)(x ? 3) Q(x) + ax + b,

где ax + b — остаток, который надо найти.

По теореме Безу P(2) = 5, а P(3) = 7. Подставим x = 2 и x = 3 в правую часть написанного выше тождества. Получим систему относительно а и b

откуда а = 2, b = 1.

Ответ. 2x + 1.

8.13. Многочлен x⁴ + 1 делится на x? + рх + q тогда и только тогда, когда

x⁴ + 1 = (x? + ax + b)(x? + рх + q).

Раскрывая в правой части скобки и приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x, получим систему уравнений

Из первого и последнего уравнений находим а = ?p, b = ¹/_q. Подставляя в оставшиеся два уравнения, получим

Второе уравнение можно переписать так: p(q ? ¹/_q) = 0.

Если p = 0, то первое уравнение не имеет действительных решений. Остается q = ¹/_q, т. е. q = ±1. Подставляя найденные значения q в первое уравнение, увидим, что, когда q = 1, р? = 2 и p = ±?2, а когда q = ?1, р? = ?2 и действительных решений нет. Итак, получаем две возможности: либо p = ?2 и q = 1, либо p = ??2 и q = 1.

Чтобы закончить решение, нужно сделать проверку. Можно было бы разделить x⁴ + 1 поочередно на каждый из двух трехчленов: x? + ?2 x + 1 и x? ? ?2 x + 1. Однако проще убедиться, что

x⁴ + 1 = (x? + ?2 x + 1)(x? ? ?2 x + 1).

Ответ. р₁ = ? ?2, q₁ = 1; р₂ =  ?2, q₂ = 1.

8.14. После замены x ? 1 = y получим многочлен

(y + 1)^{2n + 1} ? (2п + 1)(y + 1)^{n + 1} + (2п + 1)(y + 1)ⁿ ? 1,

который должен делиться на y?. Вычислим его коэффициенты при y⁰, y¹ и y².

Свободный член этого многочлена равен

1 ? (2n + 1) + (2n + 1) ? 1 = 0;

коэффициент при y

2n + 1 ? (2n + 1)(n + 1) + (2n + 1)n = 0;

коэффициент при y?

Тем самым утверждение доказано.

8.15. Чтобы данный многочлен делился на x? ? x + q без остатка, должно выполняться тождество

6х⁴ ? 7x? + рх? + 3x + 2 = (x? ? x + q)(6х? + ax + b).

B правой части стоит многочлен

6x⁴ + (а ? 6)x? + (b ? а + 6q)x? + (?b + qа)x + qb.

Так как многочлены равны тождественно, получаем систему

Из первого уравнения а = ?1. Из третьего и четвертого уравнений исключаем b. Приходим к уравнению

q? + 3q + 2 = 0,

откуда

q₁ = ?1, q₂ = ?2.

Сложив второе и третье уравнения, также исключим b:

5q ? 2 = p.

Следовательно,

р₁ = ?7, p₂ = ?12.

Итак, возможны два решения.

Ответ.