MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 65

Z twierdzenia o reszcie $w$ jest podzielny przez $x-a$ dokładnie wtedy, gdy $w(a)=0$.

a) $w(1)=1-2+1-5=-5\ne0$.

b) $w(-3)=54+54+9+1=118\ne0$.

c) $w(3)=-81+108-9-27+9=0$.

Stosujemy schemat Hornera; reszta z dzielenia przez $x-a$ jest zarazem wartością $w(a)$.

a) Dla $a=-2$ otrzymujemy iloraz $-5x^2+6x-2$ i resztę $0$: $w(x)=(-5x^2+6x-2)(x+2),\qquad w(-2)=0.$

b) Dla $a=\frac12$ otrzymujemy iloraz $4x^2+4x+1$ i resztę $-\frac92$:

Dzielimy prawą stronę przez podany czynnik liniowy.

a) $\frac{2x^3-19x^2+54x-45}{x-5}=2x^2-9x+9,$ bo reszta w schemacie Hornera dla $x=5$ wynosi $0$.

b) $\frac{6x^3-7x^2-7x+6}{x+1}=6x^2-13x+6,$ bo wartość licznika dla $x=-1$ jest równa $0$.

W każdym podpunkcie wykonujemy dwa kolejne dzielenia bez reszty.

a)

Reszta z dzielenia wielomianu $F(x)$ przez $x-2$ jest równa $F(2)$.

a) $w(2)=8-8+8-5=3$.

b) $u(2)=w(2-1)=w(1)=1-2+4-5=-2$.

c) $v(2)=w(2+1)=w(3)=27-18+12-5=16$.

Schemat Hornera dla liczby $3$ daje iloraz $p$ oraz resztę $r=w(3)$.

a) Z współczynników $1,-1,-3,-4$ otrzymujemy $p(x)=x^2+2x+3$ i $r=5$.

b) Z współczynników $1,0,-1,3,-1$ otrzymujemy $p(x)=x^3+3x^2+8x+27$ i $r=80$.

Najpierw przyjmujemy założenie, że dzielnik jest różny od zera, a następnie przyrównujemy otrzymany iloraz do zera.

a) $x\ne-4$ i $\frac{x^3-4x^2-17x+60}{x+4}=x^2-8x+15=(x-3)(x-5).$

b) $x\ne1$ i iloraz wynosi $(x+3)^2$.

c) $x\ne2$ i iloraz wynosi $(x-2)(x-5)$; wartość $2$ odrzucamy.

d) $x\ne-4$ i iloraz $x^2-2x+3$ ma deltę $-8$, więc nie ma rzeczywistych miejsc zerowych.

Drugi bok prostokąta spełnia $v(x)=\frac{P(x)}{x-4}.$ Dzielenie daje $3x^3-11x^2-16=(x-4)(3x^2+x+4),$ zatem $v(x)=3x^2+x+4$. Obwód jest równy $L(x)=2\bigl((x-4)+(3x^2+x+4)\bigr)=6x^2+4x.$ Warunek $x>4$ gwarantuje dodatniość obu wymiarów.