Exercitii polinoame rezolvate

http://matematica.noads.biz Exerciţii rezolvate cu polinoame Enunţuri Ex.1.

Variante M2 bac 2009 Ex.2.


Variante M2 bac 2009 Ex.4. Se consideră a ∈ ¢ 7 şi polinomul f = X 6 + aX + 5ˆ ∈ ¢ 7 [ X ]


Variante M2 bac 2009

Ex.6.

http://matematica.noads.biz

Variante M2 bac 2009


Rezolvări: Ex.1.

a) h = X 4 − 4 X 2 + 2 X 3 − 8 X − 24 X 2 + 96 = X 4 + 2 X 3 − 28 X 2 − 8 X + 96 este forma algebrică a polinomului h. b)Prin identificarea coeficienţilor obţinem că polinoamele f şi h sunt egale pentru a = 2 şi b = −8 . c)Ecuaţia dată se scrie sub forma ( 2 x ) + 2 ×( 2 x ) − 28 ×( 2 x ) − 8 ×2 x + 96 = 0 4

3

2

Facem substituţia 2 x = y şi obţinem ecuaţia y 4 + 2 y 3 − 28 y 2 − 8 y + 96 = 0 2 2 Folosind punctual b) obţinem ( y + 2 y − 24 ) ( y − 4 ) = 0 .

y 2 + 2 y − 24 = 0 are soluţiile y1 = 4 şi y2 = −6 y 2 − 4 = 0 are soluţiile y3 = 2 şi y4 = −2 . Revenind la notaţia făcută avem x1 = 2 şi x2 = 1 .

Ex.2. ˆ = 0ˆ ⇔ f (2) ˆ = 0ˆ ⇒ 3ˆ + 4ˆ a + 2ˆ + 1ˆ = 0ˆ a) f Mg ⇔ f ( −3) 4ˆ a + 1ˆ = 0ˆ ⇒ 4ˆ a = −1ˆ ⇒ 4ˆ a = 4ˆ ⇒ a = 1ˆ . b) f = X 3 + X 2 + X + 1ˆ ˆ X 2 + 1) ˆ = X 3 + X 2 + X + 1ˆ c.c.t.d. ( X + 1)( ˆ x 2 + 1) ˆ = 0ˆ c) f ( x ) = 0ˆ ⇔ ( x + 1)( x + 1ˆ = 0ˆ ⇒ x = −1ˆ ⇒ x = 4ˆ

ˆ ˆ 2,3, ˆ ˆ 4} ˆ şi se mai obţin soluţiile x = 2ˆ şi Pentru ecuaţia x 2 + 1ˆ = 0ˆ se incearcă toate elementele mulţimii ¢ 5 = {0,1, x = 3ˆ . In concluzie ecuaţia dată are soluţiile x = 2ˆ , x = 3ˆ şi x = 4ˆ .

Ex.3. a)Polinoamele f şi g sunt egale dacă şi numai dacă avem: ˆ a + b) = 2ˆ  3ˆ a + 3ˆ b = 2ˆ 3(  a + b = 4ˆ 2ˆ a = 4ˆ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ a = b = 2ˆ .  ˆ ˆ ˆ ˆ a = b a = b a = b    2 a + 3 b = 3 a + 2 b     b)Pentru a = b = 2ˆ avem f = 2ˆ X 2 + 2ˆ X . ˆ = 0ˆ f (0) ˆ = 4ˆ f (1) ˆ = 2ˆ f (2) ˆ = 4ˆ f (3) ˆ = 0ˆ f (4) ˆ + f (1) ˆ + f (2) ˆ + f (3) ˆ + f (4) ˆ = 0ˆ + 4ˆ + 2ˆ + 4ˆ + 0ˆ = 0ˆ . f (0) ˆ = 0ˆ şi f (4) ˆ = 0ˆ rezultă că rădăcinile ecuaţiei f ( x ) = 0ˆ sunt x = 0ˆ şi x = 4ˆ . c)Deoarece f (0)

Ex.4.

{

}

ˆ ˆ ˆ ˆ este mulţime finită deci le putem verifica pe toate: a) ¢ 7 = 0,1,2,...,6

() ( 2ˆ ) = 1ˆ ( 3ˆ ) = 1ˆ ( 4ˆ ) = 1ˆ ( 5ˆ ) = 1ˆ ( 6ˆ ) = 1ˆ b) ( x − 4ˆ ) ( x


6

1ˆ = 1ˆ 6

6

6

6

6

3

3

)

ˆ ∀x ∈ ¢ + 4ˆ = x 6 − 2ˆ = x 6 + 5, 7

c)Fie a ∈ ¢ 7 , a ≠ 0ˆ .Tripletul ( ¢ 7 , +, ×) este corp comutativ (deoarece 7 este prim) deci există a −1 ∈ ¢ 7 , a −1 ≠ 0ˆ . f (a −1 ) = ( a −1 ) + a ×a −1 + 5ˆ = 1ˆ + 1ˆ + 5ˆ = 0ˆ deci f este divizibil prin X − a −1 adică f este reductibil in ¢ 7 [ X ] . 6

(

)(

)

6 3 3 Pentru a = 0ˆ avem f = x + 5ˆ = x − 4ˆ x + 4ˆ deci f este reductibil şi in acest caz.

Ex.5.

() ( )

ˆ f 1ˆ ×g 0ˆ = 2ˆ ×0ˆ = 0.

a)

ˆ ×g + 2ˆ X + 2ˆ = (3ˆ X + 3)( ˆ X 2 + 2ˆ X ) + 2ˆ X + 2ˆ = f . (3ˆ X + 3) ˆ ˆ g + 2) ˆ = ( x + 1)(3 ˆ ˆ x 2 + x + 2) ˆ = 0ˆ c) Din b) rezultă că f ( x ) = ( x + 1)(3 b)

x + 1ˆ = 0ˆ cu soluţia x = 4ˆ şi 3ˆ x 2 + x + 2ˆ = 0ˆ care nu are soluţii în Z5 . În concluzie,polinomul f are o singură soluţie în Z5 şi anume x = 4ˆ . de unde

Ex.6. a) Aplicăm relațiile lui Viete pentru cele două polinoame: S b) Folosim teorema împărțirii cu rest și obținem câtul c)

Rădăcinile

= −3, S ' = 2 ⇒ S − S ' = −5.

q = X + 5 și restul r = 12 X − 4.

2 y1 , y2 ale polinomului g sunt y1 = y2 = 1 . Rezultă f ( y1 ) ×f ( y2 ) = ( f (1) ) = 64

Exercitii polinoame rezolvate

Recommend Documents