MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 93

a) Ponieważ dzielnik jest moniczny stopnia drugiego, iloraz ma postać $x+c$. Porównujemy współczynniki w równości

$x^3-ax+b=(x^2+5x+1)(x+c).$

Współczynnik przy $x^2$ daje $c=-5$, następnie $-a=5c+1=-24$ i $b=c$. Zatem $a=24$, $b=-5$.

b) Pierwiastkami $p(x)=x^2-4$ są $-2$ i $2$. Warunki $w(-2)=w(2)=0$ dają

$$\begin{cases} -28-2a+b=0,\\ 4+2a+b=0, \end{cases}$$

skąd $a=-8$, $b=12$.

c) Podzielność przez $(x-1)^2$ wymaga $w(1)=0$ i $w'(1)=0$:

$$\begin{cases} a+b+1=0,\\ 4a+b=0. \end{cases}$$

Stąd $a=\frac13$, $b=-\frac43$.

d) Korzystamy z rozkładu

$x^4+1=(x^2-\sqrt2x+1)(x^2+\sqrt2x+1).$

Zatem dany trójmian może być dowolnym z tych dwóch czynników.

Rozwijamy prawą stronę i porównujemy współczynniki przy tych samych potęgach $x$.

a)

$$(x^2-ax+1)(x-b)=x^3-(a+b)x^2+(ab+1)x-b.$$

Z porównania z lewą stroną otrzymujemy $b=1$, $a+b=1$, więc $a=0$.

b)

$$(ax^2+x+1)(x^2+b)=ax^4+x^3+(ab+1)x^2+bx+b.$$

Wyrazy skrajne dają $a=2$, $b=1$; pozostałe współczynniki także się zgadzają.

c)

$$(x^2+x+a)(bx^2+x+1)=bx^4+(b+1)x^3+(ab+2)x^2+(a+1)x+a.$$

Stąd $b=3$, $a=-4$.

d)

$$(ax^3+x^2)(bx^2-x)=abx^5+(b-a)x^4-x^3.$$

Warunki $ab=-2$ oraz $b-a=3$ prowadzą do równania $(a+1)(a+2)=0$.

Z warunku $w(0)=12$ od razu mamy $c=12$. Pozostałe warunki dają

$$\begin{cases} -1+a-b+12=-6,\\ 1+a+b+12=-12, \end{cases}$$

czyli $a-b=-17$ i $a+b=-25$. Stąd

$a=-21,\qquad b=-4,\qquad c=12.$

Dwumian z treści ma postać

$x+a+b+c=x-13.$

Z twierdzenia o reszcie reszta jest równa $w(13)$:

$$w(13)=13^3-21\cdot13^2-4\cdot13+12=-1392.$$

a) Reszta z dzielenia przez $x+1$ jest równa $w(-1)$. Zatem

$-1-a-3-5=5,$

skąd $a=-14$.

b) Reszta z dzielenia przez $x-a$ jest równa $w(a)$. Warunek $w(a)=a$ daje

$$2a^3+a^2-2=a,$$

czyli

$$2a^3+a^2-a-2=(a-1)(2a^2+3a+2)=0.$$

Trójmian $2a^2+3a+2$ ma wyróżnik $-7$, więc jedynym rzeczywistym rozwiązaniem jest $a=1$.

Mamy $t(x)=(x+1)(x+2)$. Podzielność wielomianu $w$ przez $t$ wymaga

$w(-1)=0,\qquad w(-2)=0.$

Po podstawieniu otrzymujemy

$$\begin{cases} m-k-2=0,\\ m-2k-12=0. \end{cases}$$

Stąd $k=-10$, $m=-8$, a więc

$$w(x)=x^3-x^2-10x-8=(x+1)(x+2)(x-4).$$

Ponieważ

$s(x)=x^2-3x-4=(x+1)(x-4),$

wielomian $s$ jest również dzielnikiem $w$.

Ponieważ

$x^2+4x+3=(x+1)(x+3),$

reszta ma postać $r(x)=ax+b$. Dla pierwiastków dzielnika wartości wielomianu i reszty są równe, zatem

$$\begin{cases} r(-1)=-a+b=3,\\ r(-3)=-3a+b=1. \end{cases}$$

Po odjęciu równań otrzymujemy $2a=2$, więc $a=1$, a następnie $b=4$.

Pierwiastków całkowitych szukamy wśród dzielników wyrazu wolnego. Po znalezieniu pierwszego dzielimy wielomian przez odpowiadający mu dwumian:

a) $w(1)=0$ i $w(x)=(x-1)(x^2-7x+10)=(x-1)(x-2)(x-5).$

b) $w(-1)=0$ i $w(x)=(x+1)(x^2-2x-15)=(x+1)(x+3)(x-5).$

c) $w(-1)=0$ i $w(x)=(x+1)(x^2-6x+9)=(x+1)(x-3)^2.$

d) Rozpoznajemy czwartą potęgę dwumianu: $w(x)=(x-2)^4.$

Każdy pierwiastek całkowity wielomianu o całkowitych współczynnikach dzieli wyraz wolny $1$. Może więc być równy tylko $-1$ albo $1$. Aby istniały dwa różne pierwiastki całkowite, oba muszą zerować wielomian.

Obliczamy:

$$\begin{aligned} w(1)&=2+a-a^2=-(a-2)(a+1),\\ w(-1)&=a^2+a=a(a+1). \end{aligned}$$

Wspólnym rozwiązaniem warunków $w(1)=0$ i $w(-1)=0$ jest tylko $a=-1$. Wtedy

$w(x)=2x^3-x^2-2x+1=(x-1)(x+1)(2x-1),$

więc rzeczywiście występują dwa różne pierwiastki całkowite.

Korzystamy z twierdzenia o pierwiastkach wymiernych, sprawdzamy kandydatów i po znalezieniu pierwiastka dzielimy wielomian przez odpowiedni dwumian. Otrzymujemy:

a) $6x^3+7x^2-1=(x+1)(2x+1)(3x-1).$

b) $3x^3+5x^2-4x-4=(x+2)(3x+1)(x-1).$

c) $6x^3+31x^2-29x+6=(x+6)(3x-1)(2x-1).$

d) $5x^4+14x^3+2x^2+14x-3=(x+3)(5x-1)(x^2+1).$

Czynnik $x^2+1$ nie ma pierwiastków rzeczywistych, a więc także wymiernych.