Страница 153 номер 16.12, ГДЗ по алгебре за 11 класс к учебнику Мерзляка углубленный уровень. Алгебра и начала математического анализа
Найдите остаток от деления многочлена \(P(x) = x^{120} + 2x^{65} + 2\) на трёхчлен \(x^{2} - x + 1\).
\(P(x) = Q(x)(x^2 - x + 1) + ax + b\), где \(Q\) — частное, \(ax + b\) — остаток: его степень меньше двух (\(a\) и \(b\) — числа).
Дискриминант трёхчлена \(x^2 - x + 1\): \(D = 1 - 4 = -3\); числа \(i\sqrt{3}\) и \(-i\sqrt{3}\) — квадратные корни из дискриминанта: \((i\sqrt{3})^2 = (-i\sqrt{3})^2 = 3i^2 = -3\). Корни трёхчлена: \[\begin{aligned} x_1 &= \frac{1 + i\sqrt{3}}{2} = \cos \frac{\pi}{3} + i\sin \frac{\pi}{3}, \\ x_2 &= \frac{1 - i\sqrt{3}}{2} = \cos\left(-\frac{\pi}{3}\right) + i\sin\left(-\frac{\pi}{3}\right). \end{aligned}\] Учитывая, что \(\frac{65\pi}{3} = 20\pi + \frac{5\pi}{3}\), получаем \[\begin{aligned} x_1^{120} &= \cos 40\pi + i\sin 40\pi = 1, \\ x_1^{65} &= \cos \frac{65\pi}{3} + i\sin \frac{65\pi}{3} = \cos \frac{5\pi}{3} + i\sin \frac{5\pi}{3} = \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}i, \\ x_2^{120} &= \cos(-40\pi) + i\sin(-40\pi) = 1, \\ x_2^{65} &= \cos\left(-\frac{65\pi}{3}\right) + i\sin\left(-\frac{65\pi}{3}\right) = \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i. \end{aligned}\] Тогда \[\begin{aligned} P(x_1) &= 1 + 2\left(\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}i\right) + 2 = 4 - i\sqrt{3}, \\ P(x_2) &= 1 + 2\left(\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i\right) + 2 = 4 + i\sqrt{3}. \end{aligned}\] При \(x = x_1\) и \(x = x_2\) трёхчлен \(x^2 - x + 1\) обращается в нуль, поэтому \[\begin{cases} a\left(\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i\right) + b = 4 - i\sqrt{3}, \\ a\left(\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}i\right) + b = 4 + i\sqrt{3}. \end{cases}\] Вычтя из первого уравнения второе, получим \(ai\sqrt{3} = -2i\sqrt{3}\), откуда \(a = -2\). Тогда из первого уравнения \(b = 4 - i\sqrt{3} + 2\left(\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i\right) = 4 - i\sqrt{3} + 1 + i\sqrt{3} = 5\).
Ответ: \(-2x + 5\).
Найдите остаток от деления многочлена \(P(x) = x^{120} + 2x^{65} + 2\) на трёхчлен \(x^{2} - x + 1\).
По теореме о делении многочленов с остатком \(P(x) = Q(x)(x^2 - x + 1) + ax + b\), где \(Q\) — частное, а \(ax + b\) — остаток: его степень меньше степени делителя, т. е. меньше двух (\(a\) и \(b\) — числа).
Найдём корни трёхчлена \(x^2 - x + 1\). Его дискриминант \(D = 1 - 4 = -3\); числа \(i\sqrt{3}\) и \(-i\sqrt{3}\) — квадратные корни из дискриминанта: \((i\sqrt{3})^2 = (-i\sqrt{3})^2 = 3i^2 = -3\). Запишем корни трёхчлена и в тригонометрической форме: \[\begin{aligned} x_1 &= \frac{1 + i\sqrt{3}}{2} = \cos \frac{\pi}{3} + i\sin \frac{\pi}{3}, \\ x_2 &= \frac{1 - i\sqrt{3}}{2} = \cos\left(-\frac{\pi}{3}\right) + i\sin\left(-\frac{\pi}{3}\right). \end{aligned}\] По формуле Муавра, учитывая, что \(\frac{65\pi}{3} = 20\pi + \frac{5\pi}{3}\), получаем \[\begin{aligned} x_1^{120} &= \cos 40\pi + i\sin 40\pi = 1, \\ x_1^{65} &= \cos \frac{65\pi}{3} + i\sin \frac{65\pi}{3} = \cos \frac{5\pi}{3} + i\sin \frac{5\pi}{3} = \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}i, \\ x_2^{120} &= \cos(-40\pi) + i\sin(-40\pi) = 1, \\ x_2^{65} &= \cos\left(-\frac{65\pi}{3}\right) + i\sin\left(-\frac{65\pi}{3}\right) = \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i. \end{aligned}\] Тогда \[\begin{aligned} P(x_1) &= 1 + 2\left(\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}i\right) + 2 = 4 - i\sqrt{3}, \\ P(x_2) &= 1 + 2\left(\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i\right) + 2 = 4 + i\sqrt{3}. \end{aligned}\] Числа \(x_1\) и \(x_2\) — корни трёхчлена \(x^2 - x + 1\), поэтому при подстановке их в равенство \(P(x) = Q(x)(x^2 - x + 1) + ax + b\) первое слагаемое правой части обращается в нуль: \[\begin{cases} a\left(\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i\right) + b = 4 - i\sqrt{3}, \\ a\left(\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}i\right) + b = 4 + i\sqrt{3}. \end{cases}\] Вычтя из первого уравнения второе, получим \(ai\sqrt{3} = -2i\sqrt{3}\), откуда \(a = -2\). Тогда из первого уравнения \(b = 4 - i\sqrt{3} + 2\left(\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i\right) = 4 - i\sqrt{3} + 1 + i\sqrt{3} = 5\).
Ответ: \(-2x + 5\).
