Номер 395, страница 131 - гдз по алгебре 10 класс учебник Колягин, Ткачева

395. Доказать, что многочлен $x^{10} + bx^9 + cx^8$ делится на двучлены $x + a_1$ и $x + a_2$, где $a_1 \neq 0, a_2 \neq 0$, тогда и только тогда, когда $b = a_1 + a_2$, $c = a_1 a_2$.

Для доказательства утверждения "тогда и только тогда" необходимо доказать два взаимно обратных утверждения: необходимость и достаточность.

Доказательство необходимости (⇒)

Предположим, что многочлен $P(x) = x^{10} + bx^9 + cx^8$ делится на двучлены $x+a_1$ и $x+a_2$.

Согласно теореме Безу, если многочлен $P(x)$ делится на двучлен $x-k$, то $P(k)=0$. В нашем случае это означает, что $x = -a_1$ и $x = -a_2$ являются корнями многочлена $P(x)$. Следовательно, $P(-a_1) = 0$ и $P(-a_2) = 0$.

Подставим эти значения в выражение для $P(x)$:

$P(-a_1) = (-a_1)^{10} + b(-a_1)^9 + c(-a_1)^8 = a_1^{10} - ba_1^9 + ca_1^8 = 0$

$P(-a_2) = (-a_2)^{10} + b(-a_2)^9 + c(-a_2)^8 = a_2^{10} - ba_2^9 + ca_2^8 = 0$

Вынесем за скобки общие множители в каждом уравнении:

$a_1^8(a_1^2 - ba_1 + c) = 0$

$a_2^8(a_2^2 - ba_2 + c) = 0$

По условию задачи $a_1 \neq 0$ и $a_2 \neq 0$, следовательно, $a_1^8 \neq 0$ и $a_2^8 \neq 0$. Мы можем разделить каждое уравнение на соответствующий ненулевой множитель и получить систему уравнений:

$\begin{cases} a_1^2 - ba_1 + c = 0 \\ a_2^2 - ba_2 + c = 0 \end{cases}$

Эта система уравнений показывает, что $a_1$ и $a_2$ являются корнями квадратного уравнения $t^2 - bt + c = 0$.

По теореме Виета для приведенного квадратного уравнения, сумма корней равна второму коэффициенту с противоположным знаком, а произведение корней равно свободному члену. Для уравнения $t^2 - bt + c = 0$ с корнями $a_1$ и $a_2$ имеем:

Сумма корней: $a_1 + a_2 = -(-b) = b$

Произведение корней: $a_1a_2 = c$

Таким образом, мы доказали, что если $P(x)$ делится на $x+a_1$ и $x+a_2$, то $b=a_1+a_2$ и $c=a_1a_2$.

Доказательство достаточности (⇐)

Предположим, что коэффициенты $b$ и $c$ удовлетворяют равенствам $b=a_1+a_2$ и $c=a_1a_2$.

Подставим эти выражения для $b$ и $c$ в исходный многочлен $P(x)$:

$P(x) = x^{10} + (a_1+a_2)x^9 + (a_1a_2)x^8$

Вынесем общий множитель $x^8$ за скобки:

$P(x) = x^8(x^2 + (a_1+a_2)x + a_1a_2)$

Рассмотрим выражение в скобках. Это приведенный квадратный трехчлен $Q(x) = x^2 + (a_1+a_2)x + a_1a_2$. По обратной теореме Виета, его корнями являются $-a_1$ и $-a_2$. Следовательно, его можно разложить на множители:

$x^2 + (a_1+a_2)x + a_1a_2 = (x - (-a_1))(x - (-a_2)) = (x+a_1)(x+a_2)$

Тогда многочлен $P(x)$ можно записать в виде:

$P(x) = x^8(x+a_1)(x+a_2)$

Из этого вида очевидно, что многочлен $P(x)$ делится нацело и на $x+a_1$, и на $x+a_2$.

Таким образом, мы доказали, что если $b=a_1+a_2$ и $c=a_1a_2$, то $P(x)$ делится на $x+a_1$ и $x+a_2$.

Поскольку доказаны и необходимость, и достаточность, исходное утверждение полностью доказано.

Ответ: Утверждение доказано.