POLINOMI predavač: dr Marko Petković

Transcript

1 Gmnazja Svetozar Markovć, Nš Dodatna nastava z matematke za drug, treć četvrt razred Nedelja, POLINOMI predavač: dr Marko Petkovć 1 Osnovna teorja Defncja. Neka je R prsten. Polnom P (x) nad prstenom R je svak zraz oblka P (x) = a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 gde su a R a n 0. Broj n nazvamo stepenom polnoma P (x), u oznac n = dgp (x), dok skup svh polnoma nad R obeležavamo sa R[x]. Teorema. Svak polnom P (x) C[x] stepena n ma tačno n kompleksnh nula. Bezuov stav. Ostatak pr deljenju polnoma P (x) sa x a je P (a). Vetove formule. Neka je P (x) = a n (x x 1 ) (x x n ) polnom. Označmo sa σ k = x 1 x 2 x k, gde se sumranje vrš po svm ndeksma 1 1 < 2 < < k. Ako polnom P (x) napšemo u oblku P (x) = a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 tada važe sledeće Vetove formule a = ( 1) n σ n a n. Izraz σ k = σ k (x 1,..., x n ) nazvaju se osnovn smetrčn polnom. Njutn-Grardove formule. Neka su σ k, k = 1,..., n osnovn smetrčn polnom promenljvh x 1,..., x n. Neka je S k = x k xk n. Tada važe sledeće Njutn-Grardove formule: S k S k 1 σ ( 1) k 1 S 1 σ k 1 + ( 1) k kσ k = 0, S k S k 1 σ ( 1) n S k n+1 σ n 1 + ( 1) n S k n σ n = 0, k n k > n Lagranžova nterpolacona formula. Neka su x 0,..., x n, y 0,..., y n realn brojev pr čemu su x 0,..., x n medjusobno razlčt. Tada postoj jednstven polnom P n (x) stepena n takav da je P (x ) = y za svako = 0,..., n važ sledeća Lagranžova nterpolacona formula: P (x) = n =0 y (x x 0 ) (x x 1 )(x x +1 ) (x x n ) (x x 0 ) (x x 1 )(x x +1 ) (x x n ) Ajzenštajnov krterjum. Neka je P (x) = a 0 + a 1 x a n x n Z[x] polnom sa celobrojnm koefcjentma. Ako postoj prost broj p takav da p a 0,..., a n 1, p a n p 2 a 0, tada je polnom P (x) reducblan 1 u Z[x]. 1 Polnom P (x) je reducblan u R[x] ukolko ne postoje dva polnoma Q(x), R(x) R[x] razlčta od konstante takva da je P (x) = Q(x)R(x) 1

2 2 Zadac 1. Neka je P (x) polnom sa celobrojnm koefcjentma. Dokazat da ne postoje razlčt cel brojev x 1,..., x n, n 3 takv da je f(x 1 ) = x 2, f(x 2 ) = x 3,..., f(x n ) = x Odredt ostatak pr deljenju polnoma P (x) = x 2011 x x 2009 sa polnomom g(x) = x Dat je polnom f(x) sa celobrojnm koefcjentma stepena n. Neka su k p prrodn brojev. Dokazat da ako njedan od brojeva f(k), f(k + 1),..., f(k + p) nje deljv sa p + 1, tada f(x) nema celobrojnh nula. 4. Ako su x nule polnoma P (x) = 18x x zračunat 48 =1 x 1+x. 5. Dat je polnom sa realnm koefcjentma f(x) = x 3 ax 2 + bx 1 koj ma tr realna poztvna korena, ne obavezno razlčta. Odredt mnmalnu vrednost zbra a + b. 6. Neka je a 3 f(x) polnom n-tog stepena sa realnm koefcjentma. Dokazat da je max 0 n+1 a f() Neka su a 1,..., a n dat cel brojev. Dokazat da je polnom P (x) = (x a 1 )... (x a n ) 1 reducblan u Z[x]. 8. Neka je f(x) = ax 2 + bx + c Z[x] prozvoljan polnom stepena 2 sa celobrojnm koefcjentma. Dokazat da postoj k uzastopnh prrodnh brojeva takvh da je f(x) složen broj. 9. Dokazat da je polnom P (x) = x n + 5x n 1 3 reducblan u Z[x]. 10. (prošren Ajzenštajnov krterjum) Neka je P (x) = n =1 a x polnom sa celobrojnm koefcjentma neka je p prost broj takav da je p a 0,..., a k, p a k+1 p 2 a 0. Tada postoj reducbln faktor Q(x) polnoma P (x) stepena većeg od k. 11. Dat je polnom P (x) = x n + a n 1 x n a 1 x + 1 R[x] čj su sv koefcjent nenegatvn koj ma n realnh nula. Dokazat da je P (2) 3 n. 12. Postoje l realn brojev b c takv da svaka od jednačna x 2 + bx + c = 0 2x 2 + (b + 1)x + c + 1 = 0 ma po dva celobrojna korena? 13. Marko Marja graju sledeću gru. Marja zamsl nek polnom P čj su koefcjent z skupa N 0. Marko mora da odgonetne taj polnom u najvše m poteza. On u jednom potezu može da kaže ceo broj k, a Marja mu saopštava vrednost P (k). Nać najmanj broj poteza m pomoću kog Marko sgurno može da pronadje polnom koj je Marja zamslla. 14. Neka je P (x) polnom sa celobrojnm koefcjentma neka je defnsan polnom Q(x) = P (k) (x) = P (P ( P (x)) ). Dokazat da postoj najvše n razlčth celh brojeva t takvh da je Q(t) = t. }{{} k-puta 15. Neka su x 1,..., x n realn brojev takv da je x x n = a za svako = 1, 2,..., n, zračunat x n x n+1 n. 16. Nać sve polnome P (x) R[x] čje su sve nule realne nenegatvne koj zadovoljava jednačnu P (x)p (x + 1) = P (x 2 ). 17. Ako je P (x) polnom n-tog stepena takav da je P (k) = 2 k za svako k = 0, 1,..., n, nać P (n + 1). 2

3 UPUTSTVA I REŠENJA ZADATAKA 1. Zadatak 162, Račetova zbrka. 2. Polnom P (x) možemo napsat na sledeć načn: f(x) = x 2009 (x 2 x+1) = (x )(x 2 x+1) = ((x+1)q(x) 1)(x 2 x+1) = (x 3 +1)Q(x) x 2 +x 1. Prema tome, ostatak pr deljenju polnoma P (x) sa x je x 2 + x Pretpostavmo suprotno, da f(x) ma celobrojnu nulu m. Tada je P (m) = 0, odnosno na osnovu Bezuovog stava postoj polnom g(x) sa celobrojnm koefcjentma tako da važ f(x) = (x m)g(x). Ukolko sada zamenmo x = k, k + 1,..., k + p mamo da je f(k + ) = (k + m)g(k + ), za svako = 0, 1,..., p. Medju brojevma k m, k + 1 m,..., k + p m postoj tačno jedan deljv sa p + 1, što predstavlja kontradkcju sa polaznom pretpostavkom. 4. Prmetmo da x / {1, 0} da je x 1+x = 1 1+x 1. Korstćemo sledeće dve očgledne čnjence: (a) Ako su y nule polnoma A(x) n-tog stepena, onda su y 1 nule polnoma x n A(x 1 ). (b) Ako su y nule polnoma A(x), onda su y +1 nule polnoma A(x 1). Iz (a) sled da su x 1 nule polnoma Q(x) = x 48 P (x 1 ), z (b) da su 1 + x 1 nule polnoma R(x) = Q(x 1). Konačno, 1 z (a) sled da su nule polnoma: 1+x 1 x 48 R(x 1 ) = x 48 Q(x 1 1) = x 48 (x 1 1) 48 P ((x 1 1) 1 ) = 18x x(1 x) (1 x) 48 = 2021x x Iz Vetovh formula za ovaj polnom, dobjamo da je tražen zbr jednak Neka su r, s t tražen koren. Na osnovu Vetovh pravla je a = r +s+t, b = rs+st+rt rts = 1, pa je: a + b = r + s + t + rs + st + rt = r + s + t + 1 t + 1 r + 1 s 6 6 rst t r s = 6, pr čemu se jednakost dostže za r = s = t = Zadatak rešavamo ndukcjom po stepenu polnoma n = dgf(x). Neka je n = 0 odnosno f(x) = c. Ako važ 1 c < 1 a c < 1 onda je 1 a < 2 što je u suprotnost sa pretpostavkom da je a 3. Pretpostavmo da tvrdjenje važ za sve polnome stepena ne većeg od n 1 dokažmo da važ za sve polnome stepena n. Pretpostavmo suprotno, da za polnom f(x) stepena n tvrdjenje ne važ. Neka je f(x + 1) f(x) g(x) = a 1 polnom najvše n 1-vog stepena. Tada je za prozvoljno = 0, 1,..., n zadovoljeno a g() = f(x + 1) f(x) a a 1 a+1 f( + 1) + a f() 2 a 1 a 1 a 1 < 1. Poslednja nejednakost je u suprotnost sa ndukcjskom hpotezom. 3

4 7. Pretpostavmo suprotno, neka je p(x) = f(x)g(x). Na osnovu defncje polnoma p(x) važ p(a ) = f(a )g(a ) = 1. Odavde dobjamo (pošto su f(x) g(x) polnom sa celobrojnm koefcjentma) da važ: f(a ) = g(a ), odnosno f(a ) + g(a ) = 0 za svako = 1,..., n. Stepen polnoma f(x) g(x) su najvše n 1, pa je stepen polnoma f(x) + g(x) najvše n 1. Pošto on ma bar n nula, zaključujemo da je dentčk jednak nul, odnosno da važ p(x) = f(x) 2. Medjutm, ovo nemoguće jer je koefcjent uz najstarj član polnoma p(x) poztvan ( jednak 1) dok je za polnom f(x) 2 negatvan. 8. Neka je A = f(p + 1)... f(p + k), gde je p prrodan broj koj ćemo kasnje odredt. Uočmo sada polnoma f(x) u tačkama A + p + 1,..., A + p + k. Imamo da važ: f(a + p + ) = aa 2 + (2a(p + ) + b)a + f(p + ) odakle zaključujemo da f(p + ) f(a + p + ). Ukolko b važlo da je f(p + ) ±1 f(p + ) < f(a + p + ) tada b sledlo da su brojev f(a + p + ) sv složen. Dokažmo sada da postoj broj p takav da je prethodn uslov spunjen. Jednačna f(x) = ±1 može mat najvše 4 rešenja u skupu celh brojeva. Takodje, za dovoljno velku vrednost broja x, f(x) je rastuća funkcja po x. Ovm smo dokazal postojanje broja p. 9. Pretpostavmo suprotno. Neka je p(x) = g(x)h(x) gde su: g(x) = k n k b x, h(x) = c x =1 polnom sa celobrojnm koefcjentma razlčt od konstante. Pošto je b 0 c 0 = 3, sled da je bar jedan od brojeva b 0 c 0 jednak ±1. Neka je to c 0. Tada je b 0 = 3. Neka je t mnmalan ndeks takav da 3 b t. Ako predstavmo f(x) = n =1 a x dobjamo da je: =1 a t = b c 0 + (b 1 c b 0 c ), Pošto je a = 0 za svako = 1, 2,..., n 2, sled da je t n 1, pa je k n 1. Polnom g(x) je onda stepena 1, pa pošto ovaj polnom nema raconalnh nula, dobjamo da je reducblan. 10. Korstmo slčnu deju kao u prethodnom zadatku. Neka je P (x) = P 1 (x) P m (x) razlaganje polnoma P (x) na reducblne polnome. Neka je P (x) = d =1 p jx j, gde su d 1,..., d m redom stepen polnoma P (x). Pošto je a 0 = p 10 p m0, zaključujemo da je tačno jedan od brojeva p 10,..., p m0 deljv sa p. Bez gubljenja opštost predpostavmo da je to p 10. Ako sada označmo sa h(x) = P 2 (x) P m (x), a sa f(x) = P 1 (x), na slčan načn kao u prethodnom zadatku dobjamo da p a t gde je t mnmalan broj takav da p b t = p 1t. Odavde, prema uslovu zadatka sled da je d 1 t k Pošto su sv koefcjent polnoma P (x) nenegatvn, sled da sve nule manje l jednake 0. Prema tome polnom možemo zapsat u oblku P (x) = (x + x 1 ) (x + x n ) gde su x 1,..., x n nenegatvn realn brojev. Koršćenjem nejednakost zmedju artmetčke geometrjske sredne dobjamo da je 2 + x = x x = 3 x. Prema tome, dobjamo da je: P (2) 3 n 3 x 1 x n = 3 n 3 1 = 3 n 12. Neku su celobrojn koren prve jednačne k l, a druge m n. Tada b na osnovu Vetovh formula važlo 3 a t k + l = b (1) k l = c (2) 2(m + n) = b 1 (3) 2m n = c + 1 (4) 4

5 Iz jednakost (4) sled da je broj c neparan. Sada, na osnovu jednakost (2) zaključujemo da su brojev k l neparn, z čega, dalje, na osnovu (1), zaključujemo da je b paran broj. Medjutm, na osnovu (3) sled da je b neparan broj. Stoga, brojev b c sa traženm svojstvom ne postoje. 13. Dokazaćemo da je mnmalan broj poteza 2. Neka Marko u prvom potezu zatraž od Marje vrednost P (1). Sada je: P (1) = a n a 1 + a 0 a, = 0,..., n Neka je A = P (1) + 1. U drugom potezu Marko traž vrednost P (10 A ). Imamo da je: B = P (A) = a n A n a 1 A + a 0 Pošto je a < A, brojev a predstavljaju redom cfre u reprezentacj broja B u sstem sa osnovom A. Korsteć ovu čnjencu, Marko može da rekonstruše polnom P (x) tako što nadje predstavljanje broja B u sstemu sa osnovom A. Ovm smo konstrusal metod kojm u 2 poteza dolazmo do traženog polnoma. Dokazaćemo da je u opštem slučaju nemoguće rekonstrusat polnom P (x) u jednom potezu. Pretpostavmo suprotno. Neka Marko u prvom potezu traž B = P (x 0 ), neka je B < x 0. Sada postoje dva polnoma P 1 (x) = B P 2 (x) = x (x 0 B) za koje je P 1 (x 0 ) = P 2 (x 0 ) = B, pa samo na osnovu ovog podataka Marko ne može zaključt koj je polnom Marja zamslla. 14. Neka je Q(t) = t. Neka je a 0 = t a +1 = P (a ) za 1. Imamo da je a k = t da važ: a 1 a 0 P (a 1 ) P (a 0 ) = a 2 a 1. Na slčan načn dobjamo da je: a 1 a 0 a 2 a 1 a 3 a 2... a k a k 1 a 0 a k a 1 a 0 Prema tome vrednost a +1 a je konstantna. Ovo je moguće samo u slučaju da je broj elemenata skupa {a 0,..., a k } jednak 1 l 2, odnosno da medju brojevma a 0,..., a k ma ne vše od 2 razlčta. Znač, za svako celobrojno t koje zadovoljava jednačnu Q(x) = x važ P (P (t)) = t. t 1,..., t k celobrojna rešenja jednačne Q(x) = x, neka je s = P (t ). Imamo da važ: t t j P (t ) P (t j ) s s j P (s ) P (s j ) t t j Neka su pa je, prema tome t t j = s s j. Slčno dobjamo da je t s j = t j s. Odavde sled da je t + s = t j + s j = u, odnosno da su sv t koren jednačne x + P (x) = u. Odavde trvjalno sled da h ma najvše n. 15. Račetova zbrka, zadatak Neka su a 1,..., a n nule polnoma P (x). Tada su sve nule polnoma P (x 2 ) P (x + 1) jednake redom ± a 1,..., ± a n a 1 1,..., a n 1. Prema tome, kolekcje brojeva a 1,..., a n, a 1 1,..., a n 1 ± a 1,..., ± a n su jednake. Pošto u prvoj kolekcj ma podjednako negatvnh poztvnh brojeva, sled da su sv a 1 negatvn, pa je 0 a 1 za svako = 1,..., n. Pretpostavmo da je a 1 a 2 a n. Tada je, sa jedne strane: a sa druge: a 1 1 a 2 1 a n 1 0 a 1 a n, a n a n 1 a 1 0 a 1 a n. Pošto su kolekcje ste dobjamo da je a = a pa odavde sled da je a = 0, 1. Iz uslova a = a n+1 dobjamo da su prvh k = n 2 korena jednaka 0 a drugh k jedakh 1. Prema tome, tražen polnom je P (x) = (x 2 x) k. Neposrednom proverom utvrdjujemo da ovaj polnom za prozvoljno k zadovoljava uslove zadatka. 5

6 17. Prvo rešenje: Posmatrajmo polnom: ( ) ( ) ( ) x x x P (x) = n 1 + ( ) x, n ( ) x x(x 1) (x k + 1) = k k! Proverom, lako možemo utvrdt da za svako k = 0, 1,..., n važ: ( ) ( ) ( ) ( ) k k k k P (k) = k 1 k = 2 k Zamenom takodje mamo da je: ( ) ( ) ( ) n + 1 n + 1 n + 1 P (n + 1) = = 2 n n Drugo rešenje: Korstćemo Lagranžovu nterpolaconu formulu. Pošto je polnom defnsan u tačkama x =, = 0, 1,..., n, mamo da važ: (x x 0 ) (x x 1 )(x x +1 ) (x x n ) = ( 0)( 1) 1( 1)( 2) ( n+) =!(n )!( 1) n a za x = n + 1 na slčan načn dobjamo: (x x 0 ) (x x 1 )(x x +1 ) (x x n ) = (n+1 0)(n+1 1) (n+2 )(n ) 1 = Zamenom u Lagranžovu nterpolaconu formulu dobjamo: P (n + 1) = n =0 2 (n + 1)! (n + 1)(n )!! ( 1)n = n =0 ( ) n ( 1) n = 2 n+1 1 (n + 1)! n + 1 Za sve prmedbe, komentare, sugestje, td. u vez zadataka (a uopšte) možete me kontaktrat putem e-mala. c Marko Petkovć dexterofns@gmal.com 6