Научно-исследовательская работа школьников в РБ (стр. 4 из 8)
Эти два последовательных перехода осуществлялись в двух характерно различных направлениях. В первом переходе, от многоугольников к правильным многоугольникам, мы ввели ограничение, именно потребовали, чтобы все стороны и все углы многоугольника были равны. Во втором переходе мы заменили переменный предмет конкретным, поставили 3 вместо переменного целого числа п.
Очень часто мы производим специализацию, переходя от целого класса предметов к одному предмету, содержащемуся в этом классе. Например, когда мы хотим проверить некоторое общее утверждение относительно простых чисел, мы выбираем какое-нибудь простое число, скажем 17, и исследуем, справедливо ли это общее утверждение или нет именно для этого числа 17.
3. Пример задачи исследовательского характера для школьников
3.1 Пример 1: неприводимые многочлены
Многочлен h (x) с целыми коэффициентами положительной степени называется неприводимым, если он не представим в виде произведения двух многочленов положительных степеней с целыми коэффициентами.
Пусть g (x) = (x-a1) … (x-an), где a1,…,an- различные целые числа.
Пусть f (x) =mx+1, где m- целое число. Найдите все значения m, для которых многочлен f (g (x)) неприводим.
Пусть f (x) =mx2+1, где m- натуральное число. Докажите, что многочлен f (g (x)) неприводим.
Исследуйте неприводимость многочленов вида f (g (x)) для других неприводимых многочленов f (x) (например, для неприводимых квадратичных многочленов ax2+bx+1).
Решение.
1. Предположим, что многочлен f (g (x)) приводим, то есть для некоторых двух многочленов f1 (x) и f2 (x) положительной степени с целыми коэффициентами
m (x-a1) … (x-an) +1 = f1 (x) f2 (x).
Это верно для всех x, в том числе и для x=a1, …, x=an. Получаем,
f1 (a1) f2 (a1) =1,…,
f1 (an) f2 (an) =1.
Рассмотрим первое из этих равенств. Оно возможно для целого a1 и многочленов f1 (x), f2 (x) с целыми коэффициентами только если f1 (a1) =f2 (a1) =1 или f1 (a1) =f2 (a1) =-1. Аналогично и для остальных равенств. Пусть в i случаях будет 1, в j будет - 1. Тогда i+j=n.
Покажем, что n- четное и i= j=
. Допустим, что i> (т.е. j=n-i< ). Тогда многочлены f1 (x) - 1 и f2 (x) - 1 имеют не менее i корней, а, следовательно, их степень больше . Поэтому и степени многочленов f1 (x) и f2 (x) соответственно больше . Таким образом степень f1 (x) f2 (x) = m (x-a1) … (x-an) +1 больше n. Противоречие показывает, что допущенное не верно. Аналогично, j не больше .Два числа не превосходящие
в сумме дают n. Значит, i= j= и n- четное число. При этом степени f1 (x) и f2 (x) также равны i= , иначе, рассуждая как и выше, получим противоречие.Не ограничивая общности, можно считать, что f1 (a1) =…=f1 (ai) =1, f1 (ai+1) =…=f1 (an) =-1. (При перестановке местами ak и al условие задачи не изменится, поэтому можно считать, что изначально их порядок такой, что f1 (x) обращается в 1 в первых i). Тогда f1 (x) = t1× (x-a1) … … (x-ai) +1 = t2× (x-ai+1) … (x-an) -1. Аналогично, f2 (x) = d1× (x-a1) … (x-ai) +1 = d2× (x-ai+1) … (x-an) -1.
Рассмотрим равенства
m (x-a1) … (x-an) +1 = f1 (x) f2 (x) = (t1× (x-a1) … (x-ai) +1) × (d1× (x-a1) … (x-ai) +1);
m (x-a1) … (x-an) +1 = f1 (x) f2 (x) = (t1× (x-a1) … (x-ai) +1) × (d2× (x-ai+1) … (x-an) -1).
Приравнивая коэффициенты при старшей степени (xn) левой и правой части, получаем m= t1d1 и m= t1d2. Отсюда d1 = d2. Аналогично получаем, что t1 = t2. Таким образом, получаем, что m= t×d для некоторых целых t и d, причем:
f1 (x) = t× (x-a1) … (x-ai) +1 = t× (x-ai+1) … (x-an) -1
f2 (x) = d× (x-a1) … (x-ai) +1 = d× (x-ai+1) … (x-an) -1.
Вычтем из первого равенства второе
t× (x-a1) … (x-ai) - d× (x-a1) … (x-ai) = t× (x-ai+1) … (x-an) - d× (x-ai+1) … (x-an),
откуда, преобразовывая, получим
t× ( (x-a1) … (x-ai) - (x-ai+1) … (x-an)) = d× ( (x-a1) … (x-ai) - (x-ai+1) … (x-an)).
Это равенство выполнено для всех x, поэтому можно считать, что
(x-a1) … (x-ai) - (x-ai+1) … (x-an) ¹0, и t = d.
Таким образом,
f1 (x) = f2 (x) = t× (x-a1) … (x-ai) +1 = t× (x-ai+1) … (x-an) -1.
Применим к этому равенству обобщенную теорему Виета и рассмотрим свободные члены
(-1) i×t×a1×…×ai+1 = (-1) i×t×ai+1×…×an-1.
Перенесем слагаемые с t влево, без t вправо. Вынесем t за скобки
t× (a1×…×ai- ai+1×…×an) = ±2.
Выражение в скобках - целое число. Поэтому t может принимать только 4 различные значения: ±1 и ±2. Но как показано выше, m= t×t. Следовательно только для двух целых значений m многочлен f (g (x)) приводим. Это m= 1 и m= 4.
Приведем примеры приводимых многочленов для этих m.
(x-1) (x-2) (x-3) (x-4) + 1 = ( (x-1) (x-4) +1) × ( (x-2) (x-3) -1)
Действительно, ( (x-1) (x-4) +1) × ( (x-2) (x-3) -1) = (x-1) (x-2) (x-3) (x-4) - x2+5x- 4 + x2 - 5x+6-1= = (x-1) (x-2) (x-3) (x-4) + 1.
Для m= 4
4x (x-1) +1 = 4x2 - 4x+ 1 = (2x-1) (2x-1)
Ответ: f (g (x)) неприводим при всех целых mÏ{1; 4}.
2. Допустим, что m (x-a1) 2… (x-an) 2+1 приводим, тогда
m (x-a1) 2… (x-an) 2+1 = f1 (x) f2 (x).
Как и выше, f1 (x) = f2 (x) =1 либо f1 (x) = f2 (x) = - 1 для всех x из {a1; …; an}. Если f1 (x) принимает значения и 1 и - 1, то в силу непрерывности многочлена, f1 (x) = 0 для некоторого x. Но тогда для этого x выполнено равенство
m (x-a1) 2… (x-an) 2+1 = f1 (x) f2 (x) = 0,
чего быть не может ни при одном натуральном m. Поэтому для определенности будем считать, что f1 (ai) = f2 (ai) =1 для всех i от 1 до n. (В случае, когда, f1 (ai) = f2 (ai) =-1 для всех i от 1 до n доказательство проводится аналогично) Как и в пункте 1, получаем
f1 (x) = t× (x-a1) … (x-an) +1;
f2 (x) = d× (x-a1) … (x-an) +1.
Отсюда,
m (x-a1) 2… (x-an) 2+1 = f1 (x) ×f2 (x) = t×d× (x-a1) 2… (x-an) 2+ (t+d) × (x-a1) … (x-an) +1.
Из равенства многочленов получаем m= t×d и (t+d) × (x-a1) … (x-an) = 0. Последнее равенство выполнено при всех значениях x, поэтому из него следует, что t+d= 0, то есть t= - d. Откуда натуральное m= - t2. Противоречие показывает, что многочлен m (x-a1) 2… (x-an) 2+1 неприводим. Утверждение доказано.
3. Рассмотрим неприводимый многочлен ax2+bx+1. Допустим, дискриминант b2-4a<0, а многочлен a× (x-a1) 2… (x-an) 2 + b× (x-a1) … (x-an) +1 = f1 (x) ×f2 (x) приводим. Как и в пункте 2, учитывая, что при отрицательном дискриминанте многочлен не будет обращаться в 0, получаем: