Консультация # 189778: Здравствуйте, уважаемые эксперты! Прошу вас ответить на следующий вопрос ( № 8 ): ...Консультация # 189779: Уважаемые эксперты! Пожалуйста, ответьте на вопрос ( № 10 ): ...Консультация #
189780: Здравствуйте! У меня возникли сложности с таким вопросом ( №11 ): ...Консультация # 189781: Здравствуйте! У меня возникли сложности с таким вопросом ( № 12 ): ...Консультация # 189782: Здравствуйте! У меня возникли сложности с таким вопросом ( № 13 ) : ...Консультация # 189783: Здравствуйте, уважаемые эксперты! Прошу вас ответить на следующий вопрос ( № 14 ): ...Консультация # 189784: Уважаемые эксперты! Пожалуйста, ответьте на вопрос( № 15 ): ...
По-моему, теорему можно доказать методом от противного.
Предположим, что квадратный трёхчлен не имеет корней, но его можно представить в виде произведения двух линейных множителей, то есть
Если или то правая часть уравнения при становится равной нулю. Тогда числа или являются корнями квадратного трёхчлена который по условию
теоремы н
е имеет корней. Получили противоречие, которое свидетельствует о неверности принятого предположения. Значит, теорема верна.
Деление многочлена на многочлен можно выполнить, например, в столбик. Для этого удобно использовать онлайн-калькулятор. При делении получаются такие результаты: а) первое задание; б) второе задание.
Убедимся в правильности,
например, первого задания, раскрывая скобки и приводя подобные слагаемые:
Правильность решения второго задания проверяется аналогично.
Если у Вас всё равно возникнут "сложности", то обращайтесь, пожалуйста, в мини-форум данной консультации.
В соответствии с теоремой о рациональных корнях многочлена с целыми коэффициентами целыми корнями многочлена могут быть лишь делители его свободного члена, то есть числа Подставляя их в многочлен вместо буквы получим
Значит, многочлен делится на линейный одночлен При этом (смотрите здесь) Решим уравнение Получим Следовательно, корнями заданного кубического уравнения являются числа
Здравствуйте, anton74551! Для многочлена вида ∑aixi разделение на чётную и нечётную функцию элементарно: сумма всех членов с чётными степенями (включая свободный член) даёт чётную функцию ∑a2kx2k, сумма всех членов с нечётными степенями даёт нечётную функцию ∑a2k+1x2k+1, при этом в сумме эти две функции дают искомый многочлен.
Для произвольной функции f(x) рассмотрим чётную функцию
g1(x)=(f(x)+f(-x))/2 и нечётную функцию g2(x)=(f(x)-f(-x))/2 (в их чётности легко убедиться, заменяя x на -x), которые в сумме дают g1(x)+g2(x)=f(x) для любого x, при котором они определены - то есть для любого x, при котором одновременно определены f(x) и f(-x). Как легко заметить, при симметричной области определения (то есть, когда, если функция определена при x, то на определена и при -x), область определения g1(x) и g2(x) совпадает с областью определения f(x) и их сумма равна f(x) по всей её области определения. Что и требовалось доказать.
Команда портала RFPRO.RU благодарит Вас за то, что Вы пользуетесь нашими услугами. Вы только что прочли очередной выпуск рассылки. Мы старались.
Пожалуйста, оцените его. Если совет помог Вам, если Вам понравился ответ, Вы можете поблагодарить автора -
для этого в каждом ответе есть специальные ссылки. Вы можете оставить отзыв о работе портале. Нам очень важно знать Ваше мнение.
Вы можете поближе познакомиться с жизнью портала, посетив наш форум, почитав журнал,
который издают наши эксперты. Если у Вас есть желание помочь людям, поделиться своими знаниями, Вы можете зарегистрироваться экспертом.
Заходите - у нас интересно!