Номер 32.16, страница 263 - гдз по алгебре 8 класс учебник Мерзляк, Поляков

Глава 5. Основы теории делимости. Параграф 32. Корни многочлена. Теорема Безу - номер 32.16, страница 263.

Условие.

32.16. Докажите тождество:

1) $a \frac{(x-b)(x-c)}{(a-b)(a-c)} + b \frac{(x-c)(x-a)}{(b-c)(b-a)} + c \frac{(x-a)(x-b)}{(c-a)(c-b)} = x;$

2) $a^2 \frac{(x-b)(x-c)}{(a-b)(a-c)} + b^2 \frac{(x-c)(x-a)}{(b-c)(b-a)} + c^2 \frac{(x-a)(x-b)}{(c-a)(c-b)} = x^2.$

Решение.

1)

Рассмотрим левую часть тождества как функцию от $x$. Обозначим ее $P(x)$:

$P(x) = a \frac{(x-b)(x-c)}{(a-b)(a-c)} + b \frac{(x-c)(x-a)}{(b-c)(b-a)} + c \frac{(x-a)(x-b)}{(c-a)(c-b)}$

Эта функция является многочленом от $x$. Степень каждого слагаемого не выше второй, следовательно, $P(x)$ — многочлен степени не выше 2. Найдем коэффициент при $x^2$.

Коэффициент при $x^2$ равен:

$A = \frac{a}{(a-b)(a-c)} + \frac{b}{(b-c)(b-a)} + \frac{c}{(c-a)(c-b)}$

Приведем это выражение к общему знаменателю $(a-b)(a-c)(b-c)$. Для этого преобразуем знаменатели второго и третьего слагаемых:

$(b-c)(b-a) = (b-c)(-(a-b)) = -(a-b)(b-c)$

$(c-a)(c-b) = (-(a-c))(-(b-c)) = (a-c)(b-c)$

Тогда:

$A = \frac{a}{(a-b)(a-c)} - \frac{b}{(a-b)(b-c)} + \frac{c}{(a-c)(b-c)}$

$A = \frac{a(b-c) - b(a-c) + c(a-b)}{(a-b)(a-c)(b-c)} = \frac{ab - ac - ab + bc + ac - bc}{(a-b)(a-c)(b-c)} = \frac{0}{(a-b)(a-c)(b-c)} = 0$

Поскольку коэффициент при $x^2$ равен нулю, $P(x)$ является многочленом степени не выше 1, то есть $P(x) = kx + m$ для некоторых констант $k$ и $m$.

Чтобы доказать, что $P(x) = x$, достаточно показать, что это равенство выполняется для двух различных значений $x$. Возьмем $x=a$ и $x=b$ (полагая, что $a, b, c$ попарно различны).

При $x=a$:

$P(a) = a \frac{(a-b)(a-c)}{(a-b)(a-c)} + b \frac{(a-c)(a-a)}{(b-c)(b-a)} + c \frac{(a-a)(a-b)}{(c-a)(c-b)} = a \cdot 1 + b \cdot 0 + c \cdot 0 = a$

При $x=b$:

$P(b) = a \frac{(b-b)(b-c)}{(a-b)(a-c)} + b \frac{(b-c)(b-a)}{(b-c)(b-a)} + c \frac{(b-a)(b-b)}{(c-a)(c-b)} = a \cdot 0 + b \cdot 1 + c \cdot 0 = b$

Мы имеем два многочлена первой степени: $P(x)$ и $f(x)=x$. Их значения совпадают в двух точках: $P(a)=a$ и $P(b)=b$. Два многочлена степени не выше 1, значения которых совпадают в двух различных точках, тождественно равны. Следовательно, $P(x) = x$ для всех $x$.

Ответ: Тождество доказано.

2)

Рассмотрим левую часть тождества как функцию от $x$. Обозначим ее $Q(x)$:

$Q(x) = a^2 \frac{(x-b)(x-c)}{(a-b)(a-c)} + b^2 \frac{(x-c)(x-a)}{(b-c)(b-a)} + c^2 \frac{(x-a)(x-b)}{(c-a)(c-b)}$

Эта функция является многочленом от $x$ степени не выше 2. Правая часть тождества, $f(x)=x^2$, также является многочленом степени 2.

Чтобы доказать тождество $Q(x) = x^2$, достаточно показать, что значения этих двух многочленов совпадают в трех различных точках. Возьмем в качестве таких точек $x=a$, $x=b$ и $x=c$ (полагая, что $a, b, c$ попарно различны).

Вычислим значения $Q(x)$ в этих точках:

При $x=a$:

$Q(a) = a^2 \frac{(a-b)(a-c)}{(a-b)(a-c)} + b^2 \frac{(a-c)(a-a)}{(b-c)(b-a)} + c^2 \frac{(a-a)(a-b)}{(c-a)(c-b)} = a^2 \cdot 1 + b^2 \cdot 0 + c^2 \cdot 0 = a^2$

При $x=b$:

$Q(b) = a^2 \frac{(b-b)(b-c)}{(a-b)(a-c)} + b^2 \frac{(b-c)(b-a)}{(b-c)(b-a)} + c^2 \frac{(b-a)(b-b)}{(c-a)(c-b)} = a^2 \cdot 0 + b^2 \cdot 1 + c^2 \cdot 0 = b^2$

При $x=c$:

$Q(c) = a^2 \frac{(c-b)(c-c)}{(a-b)(a-c)} + b^2 \frac{(c-c)(c-a)}{(b-c)(b-a)} + c^2 \frac{(c-a)(c-b)}{(c-a)(c-b)} = a^2 \cdot 0 + b^2 \cdot 0 + c^2 \cdot 1 = c^2$

Значения правой части $f(x)=x^2$ в этих же точках равны $f(a)=a^2$, $f(b)=b^2$ и $f(c)=c^2$.

Таким образом, значения многочленов $Q(x)$ и $x^2$ (степени не выше 2) совпадают в трех различных точках $a, b, c$. Два многочлена степени не выше $n$, значения которых совпадают в $n+1$ точке, тождественно равны. В нашем случае $n=2$, и у нас есть 3 точки. Следовательно, $Q(x) = x^2$ для всех $x$.

Ответ: Тождество доказано.