Номер 103, страница 326 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Глава 6. Задачи повышенной трудности. Параграф 3. Уравнения, неравенства и системы - номер 103, страница 326.

Условие.

103. Докажите, что:

а) если $x_0 = \frac{p}{q}$ — несократимая дробь, являющаяся корнем уравнения $a_0x^n + a_1x^{n-1} + \ldots + a_n = 0$ с целыми коэффициентами, то $p$ — делитель $a_n$, а $q$ — делитель $a_0$;

б) остаток от деления многочлена $P(x)$ на одночлен $(x - a)$ равен значению этого многочлена в точке $a$ (в частности, если $a$ — корень многочлена $P(x)$, то этот многочлен делится на $(x - a)$ без остатка).

Решение 5.

а) Пусть дано уравнение $P(x) = a_0x^n + a_1x^{n-1} + ... + a_n = 0$, где все коэффициенты $a_0, a_1, ..., a_n$ — целые числа. Пусть $x_0 = \frac{p}{q}$ — несократимая дробь, являющаяся корнем этого уравнения. Это означает, что $p$ и $q$ — взаимно простые целые числа ($НОД(p, q) = 1$), $q \neq 0$, и $P(\frac{p}{q}) = 0$.
Подставим $x_0 = \frac{p}{q}$ в уравнение:
$a_0\left(\frac{p}{q}\right)^n + a_1\left(\frac{p}{q}\right)^{n-1} + ... + a_{n-1}\frac{p}{q} + a_n = 0$
Умножим обе части уравнения на $q^n$, чтобы избавиться от знаменателей:
$a_0p^n + a_1p^{n-1}q + a_2p^{n-2}q^2 + ... + a_{n-1}pq^{n-1} + a_nq^n = 0$

1. Докажем, что $p$ — делитель $a_n$.
Выразим из последнего равенства член $a_nq^n$:
$a_nq^n = -(a_0p^n + a_1p^{n-1}q + ... + a_{n-1}pq^{n-1})$
Вынесем $p$ за скобки в правой части:
$a_nq^n = -p(a_0p^{n-1} + a_1p^{n-2}q + ... + a_{n-1}q^{n-1})$
Левая часть этого равенства, $a_nq^n$, делится на $p$, так как правая часть очевидно делится на $p$.
По условию, дробь $\frac{p}{q}$ несократимая, значит, числа $p$ и $q$ взаимно просты. Следовательно, числа $p$ и $q^n$ также взаимно просты.
Так как $p$ делит произведение $a_n q^n$ и взаимно просто со множителем $q^n$, то по лемме Евклида $p$ должно делить другой множитель, $a_n$.

2. Докажем, что $q$ — делитель $a_0$.
Вернёмся к уравнению $a_0p^n + a_1p^{n-1}q + ... + a_nq^n = 0$. Теперь выразим член $a_0p^n$:
$a_0p^n = -(a_1p^{n-1}q + a_2p^{n-2}q^2 + ... + a_nq^n)$
Вынесем $q$ за скобки в правой части:
$a_0p^n = -q(a_1p^{n-1} + a_2p^{n-2}q + ... + a_nq^{n-1})$
Левая часть этого равенства, $a_0p^n$, делится на $q$.
Так как $q$ и $p$ взаимно просты, то $q$ и $p^n$ также взаимно просты.
Поскольку $q$ делит произведение $a_0 p^n$ и взаимно просто со множителем $p^n$, то по лемме Евклида $q$ должно делить другой множитель, $a_0$.
Таким образом, утверждение полностью доказано.

Ответ: Доказано, что если несократимая дробь $x_0 = \frac{p}{q}$ является корнем многочлена с целыми коэффициентами, то числитель $p$ является делителем свободного члена $a_n$, а знаменатель $q$ является делителем старшего коэффициента $a_0$.

б) Это утверждение известно как теорема Безу (или теорема об остатке) и ее следствие.
Пусть $P(x)$ — некоторый многочлен. Согласно алгоритму деления многочленов, при делении $P(x)$ на двучлен $(x - a)$ мы получим некоторый многочлен-частное $Q(x)$ и остаток $R(x)$. Это можно записать в виде тождества:
$P(x) = (x-a)Q(x) + R(x)$
Степень остатка $R(x)$ должна быть строго меньше степени делителя $(x-a)$. Так как степень $(x-a)$ равна 1, степень остатка должна быть 0. Это означает, что остаток $R(x)$ является постоянной величиной (числом), не зависящей от $x$. Обозначим его просто $R$.
$P(x) = (x-a)Q(x) + R$
Данное равенство является тождеством, то есть оно верно для любого значения $x$. Подставим в него значение $x = a$:
$P(a) = (a-a)Q(a) + R$
$P(a) = 0 \cdot Q(a) + R$
$P(a) = R$
Таким образом, мы доказали, что остаток $R$ от деления многочлена $P(x)$ на двучлен $(x - a)$ равен значению этого многочлена в точке $a$.

Частный случай: если $a$ — корень многочлена $P(x)$.
По определению, если $a$ — корень $P(x)$, то $P(a) = 0$.
Из доказанного выше следует, что остаток $R = P(a)$.
Следовательно, если $P(a) = 0$, то и остаток $R = 0$.
Если остаток от деления равен нулю, это означает, что многочлен $P(x)$ делится на $(x - a)$ без остатка (нацело), что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что остаток от деления многочлена $P(x)$ на $(x - a)$ равен $P(a)$, и как следствие, если $a$ — корень $P(x)$, то $P(x)$ делится на $(x - a)$ без остатка.