NOWA MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 108

Korzystamy z podanego pierwiastka: dzielimy $w(x)$ przez $x-a$, a otrzymany trójmian rozkładamy dalej nad $\mathbb R$.

a)

$$\begin{aligned} w(x)&=(x+2)(x^2-7x+12)\\ &=(x+2)(x-3)(x-4). \end{aligned}$$

Pozostałe pierwiastki to $3$ i $4$.

b)

$$\begin{aligned} w(x)&=(x-4)(x^2+2x-1)\\ &=(x-4)(x+1+\sqrt2)(x+1-\sqrt2). \end{aligned}$$

Pozostałe pierwiastki to $-1-\sqrt2$ i $-1+\sqrt2$.

c)

$$w(x)=2\left(x-\frac12\right)(x^2+x+1).$$

Trójmian ma wyróżnik $-3$, więc wielomian nie ma innych pierwiastków rzeczywistych.

d)

$$\begin{aligned} w(x)&=(x-1)(x^2+4x+1)\\ &=(x-1)(x+2+\sqrt3)(x+2-\sqrt3). \end{aligned}$$

Pozostałe pierwiastki to $-2-\sqrt3$ i $-2+\sqrt3$.

e)

$$w(x)=(x-2)(x^2+x-6)=(x-2)^2(x+3).$$

Poza podanym pierwiastkiem $2$ pozostaje pierwiastek $-3$; liczba $2$ jest pierwiastkiem dwukrotnym.

Sprawdzamy wymierne dzielniki wyrazu wolnego, a po znalezieniu pierwiastka dzielimy wielomian przez odpowiadający mu dwumian. Otrzymujemy:

W b)–e) pozostawione trójmiany mają ujemne wyróżniki, więc nie dają dodatkowych pierwiastków rzeczywistych. W g) i h) rozkładamy jeszcze różnice kwadratów $x^2-2$ i $x^2-5$.

Korzystamy z twierdzenia Bézouta.

a) Podzielność przez $x-1$ jest równoważna warunkowi $w(1)=0$:

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

Czynnik $a^2+1$ jest dodatni, zatem $a=0$.

b) Podzielność przez $x-a$ zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy $w(a)=0$:

$$w(a)=a^3-6a-3a=a^3-9a=a(a-3)(a+3).$$

Stąd $a=-3$, $a=0$ lub $a=3$.

Stosujemy twierdzenie o reszcie.

a) Reszta z dzielenia przez $x-1$ jest równa $w(1)$, więc

$$w(1)=1+a-3=a-2=4.$$

Stąd $a=6$.

b) Dla dwumianu $x+2=x-(-2)$ reszta jest równa $w(-2)$:

$$w(-2)=-8-2a-3=-11-2a=5.$$

Zatem $-2a=16$, czyli $a=-8$.

Stosujemy schemat Hornera. Ostatnia otrzymana liczba jest resztą, a pozostałe są współczynnikami ilorazu.

a) Dzielimy przez $x-3$, więc w schemacie używamy liczby $3$:

$$(1,0,1,1)\longrightarrow(1,3,10\mid31).$$

Zatem iloraz to $x^2+3x+10$, a reszta wynosi $31$.

b) Dla dwumianu $x+\frac12$ używamy liczby $-\frac12$:

$$(1,0,1,0,1)\longrightarrow \left(1,-\frac12,\frac54,-\frac58\ \middle|\ \frac{21}{16}\right).$$

Iloraz jest równy $x^3-\frac12x^2+\frac54x-\frac58$, a reszta — $\frac{21}{16}$.

c) Dla $x-1$ używamy liczby $1$:

$$(2,-1,-1,-1,6)\longrightarrow(2,1,0,-1\mid5).$$

Iloraz to $2x^3+x^2-1$, a reszta wynosi $5$.

Dzielimy każdy wielomian przez $x+2$, używając w schemacie Hornera liczby $-2$.

a)

$$(1,0,2,5)\longrightarrow(1,-2,6\mid-7),$$

więc

$$w(x)=(x+2)(x^2-2x+6)-7.$$

b)

$$(1,2,1,1)\longrightarrow(1,0,1\mid-1),$$

zatem

$$w(x)=(x+2)(x^2+1)-1.$$

c)

$$(4,8,-1,-2,0)\longrightarrow(4,0,-1,0\mid0),$$

czyli

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

d)

$$(1,3,-9,-2)\longrightarrow(1,1,-11\mid20),$$

więc

$$w(x)=(x+2)(x^2+x-11)+20.$$

Z twierdzenia o reszcie wynika, że reszta z dzielenia przez $x-c$ jest równa $w(c)$.

a) Dzielnik to $x-1$, więc

$$w(1)=7\cdot1^4-1^3+1=7.$$

b) Dzielnik $x+2=x-(-2)$ daje

$$w(-2)=2(-2)^3+6(-2)^2-8=-16+24-8=0.$$

c) Dla dzielnika $x-2$ mamy

$$w(2)=-2^5+3\cdot2^2+10\cdot2=-32+12+20=0.$$