Главная > Математика > Алгебра
<< Предыдущий параграф
Следующий параграф >>
<< Предыдущий параграф Следующий параграф >>
Макеты страниц

35. Деление многочленов с остатком

Обыкновенные дроби, числитель и знаменатель которых — целые положительные числа, бывают правильные и неправильные. Правильные — это те, у которых числитель меньше знаменателя. Например, и правильные дроби, а или - неправильные.

Из неправильной дроби можно выделить целую часть, разделив с остатком числитель на знаменатель; останется правильная дробь:

Сейчас мы научимся выполнять аналогичные преобразования для дробей, числитель и знаменатель которых — многочлены с одной переменной. Такая дробь считается правильной, если степень числителя меньше степени знаменателя. Например, — правильные дроби, неправильные.

Всякая неправильная дробь может быть преобразовала к виду (многочлен) (правильная дробь).

Приведем несколько примеров преобразования неправильной дроби к такому виду.

(Когда мы говорили, что в многочленах не может быть деления, это не значило, что коэффициенты обязательно целые — они могут быть любыми, в том числе и дробными. Так, например, число 1/2 — вполне законный многочлен степени 0.)

Существует стандартный способ выделения многочлена из неправильной рациональной дроби, аналогичный обычному делению чисел «уголком». Покажем его на примерах:

Пример. Преобразуем неправильную дробь :

Та же процедура может быть записана иначе:

Пример. Теперь преобразуем дробь

Другая запись тех же преобразований:

Итак,

Пример (последний). Преобразуем дробь

Те же преобразования:

Итак,

Задача 142. Каковы могут быть степени остатка и неполного частного при делении многочлена степени 7 на многочлен степени 3?

Ответ. Степень неполного частного равна 4, степень остатка может быть 0,1,2 или 3; кроме того, остатка может не быть вовсе (т. е. он может быть равен 0).

Задача 143. Доказать, что неполное частное и остаток (обладающие указанными в рамке свойствами) всегда существуют и единственны.

Решение. Метод нахождения неполного частного и остатка был продемонстрирован выше на примерах. Для доказательства единственности предположим, что при делении Р на S могут получиться два неполных частных и два соответствующих остатка . Тогда мы имеем

причем у обоих многочленов степени меньше, чем у S. Тогда

и, следовательно,

Если получившийся многочлен не равен нулю, то его степень меньше, чем у S (так как степени обоих многочленов меньше, чем у S). Поэтому равенство возможно в одном-единственном случае: если

Что считать остатком и частным, если степень делимого с самого начала меньше степени делителя? В этом случае полагают, что частное равно 0, а остаток равен делимому. Деление многочленов похоже на обычное деление:

В этом примере аналогия полная; чтобы убедиться в этом, достаточно подставить 10 вместо х. В других случаях, например,

аналогия неполная: подставив в последнее равенство получим равенство , которое, хотя и верно, но не означает, что при делении 1234 на 9 частное равно 136, а остаток равен 10 (на самом деле частное равно 137, а остаток равен 1).

Задача 144.

1. Разделить на .

2. Разделить на .

3. Разделить на .

4. Разделить на .

5. Разделить на .

Пункты 1-3 являются частным случаем общей формулы

которую легко проверить делением уголком или просто перемножив . На эту формулу можно смотреть как на способ суммирования ряда последовательных степеней некоторого числа х:

(она годится для всех х, кроме 1). См. ниже о сумме геометрической прогрессии.

Задача 145. Степени двойки

обладают таким свойством: сумма нескольких первых чисел этой последовательности на единицу меньше следующего числа:

и т. д. Объяснить наблюдаемую закономерность.

Решение. Подставим в равенство

значение х = 2. Получим

Возможно другое решение. Чтобы вычислить сумму 1 + 2 + 4 + 8 + 16, прибавим и вычтем 1:

Аналогично для других степеней.

<< Предыдущий параграф Следующий параграф >>
Оглавление