数学教师手册多项式的运算与应用.docx
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数学教师手册多项式的运算与应用
多项式的运算与应用
教学眉批
多项式的未知数不能在分母﹑根号内﹑绝对值内﹑高斯符号内。
(A)(B)(E)。
教学眉批
deg是degree的简写
通常多项式的运算会满足下列次数法则:
deg(f(x)+g(x))≤max(deg(f(x))﹐deg(g(x)))﹐
deg(f(x)‧g(x))=deg(f(x))+deg(g(x))﹐
如果需要定义零多项式的次数﹐考虑要满足上述法则时﹐可以规定零多项式的次数为-∞。
但没必要时﹐不要触及这个问题。
a=-2;x3﹑x2﹑x项的系数分别为0﹑4﹑0﹐常数项为5。
教学眉批
f(x)=anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0
g(x)=bmxm+bm-1xm-1+…+b1x+b0
若m=n且a0=b0﹐a1=b1﹐…﹐an=bm﹐
称f(x)与g(x)两多项式相等。
两实系数多项式
f(x)=anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0﹐an≠0。
g(x)=bnxn+bn-1xn-1+…+b1x+b0﹐bn≠0。
若存在n+1个相异数α1﹐α2﹐…﹐αn+1﹐
使f(α1)=g(α1)﹐f(α2)=g(α2)﹐…﹐f(αn+1)=g(αn+1)﹐则f(x)=g(x)。
证 设F(x)=f(x)-g(x)﹐则F(α1)=F(α2)=…=F(αn)=F(αn+1)=0﹐
令F(x)=(an-bn)(x-α1)(x-α2)…(x-αn)﹐
又F(αn+1)=(an-bn)(αn+1-α1)(αn+1-α2)…(αn+1-αn)=0﹐
其中αn+1-α1≠0﹐αn+1-α2≠0﹐…﹐αn+1-αn≠0﹐
故an-bn=0﹐因此F(x)=0恒成立﹐即f(x)-g(x)=0恒成立﹐故f(x)=g(x)。
a=2﹐b=1﹐c=0。
(1)2x3+2x2+4x+1。
(2)-2x+3。
x3-11x+20。
教学眉批
一般而言﹐f(x)g(x)的最高次项系数即f(x)最高次项系数与g(x)最高次项系数的乘积。
f(x)g(x)的常数项即f(x)常数项与g(x)常数项的乘积。
商式为2x2+5x+10﹐余式为17。
教学眉批
“被除式=除式×商式+余式”
这是一个恒等式﹐在一般的除法问题中写出这个恒等式有许多实用处。
例如:
当除式改变﹐那么商式与余式是否跟着改变呢?
由这个恒等式适当处理即可得知。
例题3就是一个这样的例子。
a=-3﹐商式为x+2。
补充演练
若多项式x2+x+2能整除x5+x4+x3+px2+2x+q﹐则p= ﹐q= 。
解
得
解得p=3﹐q=8。
教学眉批
除式的次数没有变﹐只是乘上了一个倍数﹐这时候余式通常不会改变。
-x+1。
补充演练
设f(x)为一未知的实系数多项式﹐但知道f(x)除以(x-5)(x-6)2的余式为5x2+6x+7。
根据上述所给条件﹐请选出正确的选项。
(A)可求出f(0)之值
(B)可求出f(11)之值
(C)可求出f(x)除以(x-5)2的余式
(D)可求出f(x)除以(x-6)2的余式
(E)可求出f(x)除以(x-5)(x-6)的余式
解 由除法原理知
f(x)=(x-5)(x-6)2q(x)+5x2+6x+7
(A)×:
f(0)=(-5)(-6)2q(0)+7﹐但q(0)不确定﹐所以f(0)不确定
(B)×:
f(11)=6×52×q(11)+5×112+6×11+7﹐同理f(11)不确定
(C)×:
不确定(∵q(5)不确定)
(D)○:
即为5x2+6x+7除以(x-6)2的余式
(E)○:
即为5x2+6x+7除以(x-5)(x-6)的余式
故选(D)(E)。
教学眉批
综合除法就是把一些重复的步骤都省略掉﹐再把减法变成加法的简易算法。
除式为二次以上的综合除法﹐可以不介绍。
商式为x2+5x+16﹐余式为51。
教学眉批
藉由“被除式=除式×商式+余式”
这个恒等式观察除式改变后﹐商式与余式的变化﹐当除式次数不变时﹐余式通常也不会改变。
除式是原来的一半﹐因此商式变成两倍﹐必须除以2﹐才是所求的商式。
商式为3x3-2x2-x+2﹐余式为-9。
教学眉批
将每一次除法中的“被除式”表成“除式×商式+余式”连续代换可得。
补充演练
若f(x)=(3x-2)5-8(3x-2)4+6(3x-2)3+3(3x-2)2+29(3x-2)+20﹐
则f(x)除以x-3的余式为 。
解 f(3)=75-8×74+6×73+3×72+29×7+20﹐
则f(3)就是多项式x5-8x4+6x3+3x2+29x+20除以7的余式﹐
1-8+6+3+29 +20
7
+7-7-7-28 +7
1-1-1-4+ 1
+27
因此f(3)=27。
(1)a=2﹐b=13﹐c=25﹐d=15。
(2)15.25。
教学眉批
f(x)除以ax-b的余式是
﹐反之﹐
就是f(x)除以ax-b的余式﹐欲求余式或多项式的值
时﹐可选择较易计算的方式处理之。
例如:
欲求f(x)=x2000+x+1除以x-1的余式时﹐显然不容易由除法得到余式﹐
实际上﹐f
(1)=1+1+1=3就是所求。
补充演练
设p﹑q﹑r﹑s为相异复数﹐f(x)=3x4-2x3-2x2+5x+4﹐若f(p)=f(q)=f(r)=
f(s)=-7﹐则(1-p)(1-q)(1-r)(1-s)= 。
解 令F(x)=f(x)+7﹐则F(p)=f(p)+7=(-7)+7=0﹐
同理F(q)=F(r)=F(s)=0﹐
由因式定理得(x-p)(x-q)(x-r)(x-s)是F(x)的因式﹐
F(x)除以(x-p)(x-q)(x-r)(x-s)的商即为首项系数3﹐
即3x4-2x3-2x2+5x+11=3(x-p)(x-q)(x-r)(x-s)﹐
令x=1代入﹐得3(1-p)(1-q)(1-r)(1-s)=3-2-2+5+11=15﹐
因此(1-p)(1-q)(1-r)(1-s)=
=5。
3。
-4。
补充演练
设f(x)=x7-50x5+6x4+4x3+25x2-30x-11﹐试求f(7)= 。
解 由余式定理知f(7)即为f(x)除以x-7所得之余式﹐
因直接代入数目较大﹐故可采用综合除法求余式(特别注意有缺项必须补0)﹐
1+0-50+6+4+25-30 -11
7
+7+49-7-7-21+28 -14
1+7-1-1-3+4-2
-25
因此f(7)=-25。
教学眉批
余式的假设也可以模仿下个单元中的牛顿插值法﹐
设为a(x-1)+b﹐
即令f(x)=(x-1)(x-2)q(x)+a(x-1)+b﹐
因此f
(1)=0a+b=2﹐
f
(2)=a(2-1)+b=4﹐
即得a=2﹐b=2﹐
故余式为2(x-1)+2=2x。
。
补充演练
设f(x)=x3+ax2+bx+c为实系数多项式函数。
若f
(1)=f
(2)=0且f(3)=4﹐
则a+2b+c的值是下列哪一个选项?
(A)1 (B)2 (C)3 (D)4 (E)5
解 ∵f
(1)=f
(2)=0﹐且f(x)的领导系数为1﹐
∴令f(x)=(x-1)(x-2)(x+k)﹐k∈R。
又f(3)=42(3+k)=4 ∴k=-1﹐
∴f(x)=(x-1)(x-2)(x-1)=x3-4x2+5x-2﹐
∴a=-4﹐b=5﹐c=-2﹐
得a+2b+c=-4+10-2=4﹐故选(D)。
(1)否。
(2)是。
补充演练
下列哪一个选项是方程式7x5-2x4+14x3-4x2+7x-2=0 的根?
(A)-1 (B)
(C)
(D)
(E)
解 令f(x)=7x5-2x4+14x3-4x2+7x-2。
(A)×:
f(-1)=-7-2-14-4-7-2
0。
(B)
7-2+14-4 + 7 -2
+1-
+
-
+
7-1+
-
+
-
(C)
7-2+14-4 + 7 -2
-1+
-
+
-
7-3+
-
+
-
(D)
7-2+14-4+7 -2
+2+0+4+0 +2
7+0+14+0+7
+0
(E)
7-2+14-4 + 7 -2
-2+
-
+
-
7-4+
-
+
-
故选(D)。
f(x)=2x2-5x+3。
f(x)=x2+x+1。
补充演练
递归数列〈an〉满足an=an-1+f(n-2)﹐其中n 2且f(x)为二次多项式。
若a1=1﹐a2=2﹐a3=5﹐a4=12﹐则a5= 。
(注:
本题虽题干中有递归数列﹐但本质上是利用插值多项式求二次多项式)
解 依题意﹐2=1+f(0)f(0)=1﹐
5=2+f
(1)f
(1)=3﹐
12=5+f
(2)f
(2)=7﹐
令f(x)=ax2+bx+1代入x=1﹐2可得﹐
﹐
∴f(x)=x2+x+1﹐因此a5=a4+f(3)=12+(9+3+1)=25。
教学眉批
当f(x)以ax2+bx+c表示时﹐由f
(1)=0﹐f
(2)=4﹐f(4)=18代入﹐
这时要解a﹐b﹐c的三元一次方程组﹐才能得到f(x)。
当f(x)以a(x-1)(x-2)+b(x-1)+c表示时﹐
由f
(1)=0可得c﹐再由f
(2)=4可得b﹐
最后由f(4)=18可得a﹐
都只要解一元一次方程式即可得f(x)。
本例题与其随堂练习旨在介绍牛顿插值法。
直接设f(x)=ax2+bx+c﹐然后解三元一次联立方程式的解法﹐会在第四册介绍﹐故此处不必讨论。
16。
教学眉批
拉格朗日插值公式结构完美﹐但列式冗长﹐计算繁琐﹐适合计算机处理。
但因可以“直接看题目写答案”是一个适合插值的方法。
净移出8人。
习题2-2详解(搭配课本P.95~98)
一﹑基本题
1.设f(x)=x3+(a-1)x2+2x-3﹐g(x)=x3-2x2-bx+c+1﹐且f(x)与g(x)两多项式相等﹐试求a﹐b﹐c的值。
解 x3+(a-1)x2+2x-3=x3-2x2-bx+c+1恒成立﹐
故得
﹐
因此﹐a=-1﹐b=-2﹐c=-4。
2.设f(x)=2x3-x2+3x-4﹐g(x)=(x-1)2﹐试求:
(1)f(x)+g(x)。
(2)f(x)-g(x)。
(3)f(x)‧g(x)。
(4)f(x)除以g(x)的商式及余式。
解 f(x)=2x3-x2+3x-4﹐
g(x)=(x-1)2=x2-2x+1﹐
(1)f(x)+g(x)
=2x3+(-x2+x2)+(3x-2x)+(-4+1)
=2x3+x-3。
(2)f(x)-g(x)
=2x3+(-x2-x2)+(3x+2x)+(-4-1)
=2x3-2x2+5x-5。
(3)
f(x)‧g(x)=(2x3-x2+3x-4)(x2-2x+1)
=2x3(x2-2x+1)-x2(x2-2x+1)+3x(x2-2x+1)-4(x2-2x+1)
=2x5-4x4+2x3-x4+2x3-x2+3x3-6x2+3x-4x2+8x-4
=2x5-5x4+7x3-11x2+11x-4。
分离系数法求f(x)‧g(x)﹐
故f(x)‧g(x)=2x5-5x4+7x3-11x2+11x-4。
(4)分离系数法求f(x)÷g(x)的商式与余式﹐
故商式为2x+3﹐余式为7x-7。
3.利用综合除法求解下列问题:
(1)(x3+5x2-6)÷(x+1)的商式和除式。
(2)(4x3+5x2+3x-2)÷(2x-1)的商式和余式。
解
(1)
故(x3+5x2-6)÷(x+1)的商式为x2+4x-4﹐余式为-2。
(2)先求(4x3+5x2+3x-2)÷
的商式和余式﹐
所以(4x3+5x2+3x-2)÷
的商式为4x2+7x+
﹐余式为
。
故(4x3+5x2+3x-2)÷(2x-1)的商式为2x2+
x+
﹐余式为
。
4.
(1)设f(x)=x3-8x2+x-85﹐试求f(9)的值。
(2)试求x101+x10+2除以x-1的余式。
解
(1)f(9)即f(x)除以x-9的余式﹐
故得f(9)=5。
教学眉批
此题以连续综合除法来处理较佳。
事实上﹐这就是在求此函数在x=9处的泰勒多项式展开(Taylorpolynomialexpansion)。
(2)令g(x)=x101+x10+2﹐则所求即g
(1)=1101+110+2=4。
5.下列何者是f(x)=2x4+3x3-2x2-x-2的因式?
(A)x+1(B)x+2(C)x+5(D)x-3
解 f(x)=2x4+3x3-2x2-x-2﹐
所以f(x)=(x-1)(2x3+5x2+3x+2)﹐
故得f(x)=(x-1)(x+2)(2x2+x+1)。
因此﹐x+2为f(x)的因式﹐x+1﹐x+5﹐x-3都不是﹐故选(B)。
6.已知2x2-x+2除以x+1得商式2x-3﹐余式5。
请完成下列算式:
(1)2x2-x+2=(x+1)(2x-3)+ 。
(2)
=(2x-3)+ 。
解
(1)设已知2x2-x+2除以x+1得商式2x-3﹐余式5。
由除法原理得
2x2-x+2=(x+1)(2x-3)+5。
(2)将上式等号两边乘以
得
=(2x-3)+
。
二﹑进阶题
7.设f(x)为二次多项式﹐且f
(1)=-2﹐f(3)=5﹐f(4)=16。
(1)若f(x)=a(x-1)(x-3)+b(x-1)+c﹐试求a﹐b﹐c之值。
(2)若f(x)=
(x-1)(x-3)+m(x-3)(x-4)+n(x-4)(x-1)﹐
试求
﹐m﹐n之值。
解
(1)f(x)=a(x-1)(x-3)+b(x-1)+c﹐
由f
(1)=-2﹐f(3)=5﹐f(4)=16﹐
可得
﹐解得a=
﹐b=
﹐c=-2。
(2)f(x)=16‧
+(-2)‧
+5‧
=
(x2-4x+3)-
(x2-7x+12)-
(x2-5x+4)。
故得
﹐m=
﹐n=
。
教学眉批
用牛顿插值法或用拉格朗日插值法﹐其目的就是在不知道多项式的各项系数的情形下﹐求出此函数于其他处之值。
另外﹐这两个公式也有线性组合的意涵:
所有的次数不高于k次的多项式﹐都是k+1个基本形式的多项式的线性组合。
8.试问下列各叙述是否正确?
若不正确﹐请写出正确的结论。
(1)若f(x)为三次多项式﹐g(x)为三次多项式﹐则f(x)+g(x)为三次多项式。
(2)若f(x)为三次多项式﹐g(x)为二次多项式﹐则f(x)‧g(x)为六次多项式。
(3)若f(x)除以一次式g(x)的余式为r﹐则f(x)除以一次式3g(x)的余式为3r。
(4)若f(x)除以一次式g(x)的商式为q(x)﹐则f(x)除以一次式3g(x)的商式为3q(x)。
解
(1)×:
f(x)+g(x)的次数为小于或等于三次。
例如:
f(x)=x3+x+1﹐g(x)=-x3﹐
则f(x)+g(x)=x+1﹐次数低于三次。
(2)×:
f(x)为三次﹐g(x)为二次﹐则f(x)‧g(x)为五次多项式。
(3)×:
f(x)除以3g(x)的余式仍为r。
(4)×:
f(x)除以3g(x)的商式为
。
故
(1)
(2)(3)(4)都是不正确选项。
9.
(1)设多项式f(x)除以x-2的余式为2﹐除以x-3的余式为5﹐试求f(x)除以x2-5x+6的余式。
(2)设多项式f(x)除以x-1的余式为2﹐除以x2+x-6的余式为2x-3﹐试求f(x)除以x2+2x-3的余式。
(3)设多项式f(x)除以x2-3x+2﹑x2+2x-3所得的余式分别为2x+1﹑x+2﹐试求f(x)除以x2+x-6的余式。
解
(1)设f(x)=(x2-5x+6)q(x)+ax+b﹐
即f(x)=(x-2)(x-3)q(x)+ax+b﹐
因为f(x)除以x-2的余式为2﹐除以x-3的余式为5﹐
由余式定理得
﹐解得a=3﹐b=-4﹐
所以f(x)=(x2-5x+6)q(x)+3x-4﹐
即f(x)除以x2-5x+6的余式为3x-4。
(2)设f(x)=(x2+2x-3)q(x)+ax+b﹐
即f(x)=(x+3)(x-1)q(x)+ax+b (*)
因为f(x)除以x-1的余式为2﹐除以x2+x-6的余式为2x-3﹐
可得f
(1)=2﹐f(x)=(x2+x-6)q1(x)+2x-3﹐
即f(x)=(x+3)(x-2)q1(x)+2x-3﹐
得f(-3)=2(-3)-3=-9﹐
将f
(1)=2﹐f(-3)=-9代入(*)式﹐
得
﹐解得a=
﹐b=
﹐
所以f(x)=(x2+2x-3)q(x)+
x
﹐
即f(x)除以x2+2x-3的余式为
x
。
(3)设f(x)=(x2+x-6)q(x)+ax+b
即f(x)=(x-2)(x+3)q(x)+ax+b①
因为f(x)除以x2-3x+2﹑x2+2x-3所得余式分别为2x+1﹑x+2﹐
所以令f(x)=(x2-3x+2)q1(x)+2x+1﹐
f(x)=(x2+2x-3)q2(x)+x+2﹐
即f(x)=(x-1)(x-2)q1(x)+2x+1②
f(x)=(x-1)(x+3)q2(x)+x+2③
x=2代入①﹑②得2a+b=5④
x=-3代入①﹑③得-3a+b=-1⑤
解④﹑⑤得a=
﹐b=
﹐
所以f(x)=(x2+x-6)q(x)+
x+
﹐
即f(x)除以x2+x-6的余式为
x+
。
10.设f(x)=4x3-6x2-2x+3﹐且f(x)=a(x+1)3+b(x+1)2+c(x+1)+d。
(1)试求a﹐b﹐c﹐d的值。
(提示:
连续用综合除法)
(2)以四舍五入法求f(-0.999)的近似值至小数点后第二位(第三位四舍五入)。
解
(1)f(x)=4x3-6x2-2x+3﹐
所以f(x)=4(x+1)3-18(x+1)2+22(x+1)-5﹐
因此a=4﹐b=-18﹐c=22﹐d=-5。
(2)x=-0.999时﹐x+1=(-0.999)+1=0.001﹐
因此f(-0.999)=4(0.001)3-18(0.001)2+22(0.001)-5
≈22(0.001)-5
=-4.978
≈-4.98。
教学眉批
此题即求函数f(x)在x=-1处的泰勒多项式。
11.有一个首项系数为1的三次多项式﹐除以x2-3x+2可除尽﹐且除以x2-5x+6也可除尽﹐试求此多项式。
解 令所求多项式为f(x)﹐
因为f(x)可以被x2-3x+2除尽﹐
而x2-3x+2=(x-1)(x-2)﹐
所以x-1﹐x-2均为f(x)的因式﹐
因为f(x)可以被x2-5x+6除尽﹐
而x2-5x+6=(x-2)(x-3)﹐
所以x-2﹐x-3均为f(x)的因式﹐
因此﹐x-1﹐x-2﹐x-3均为f(x)的因式﹐
又f(x)为三次多项式﹐且最高次项系数为1﹐
故f(x)=(x-1)(x-2)(x-3)=x3-6x2+11x-6。
三﹑挑战题
12.小菡翻到爷爷六十年前读高一时写的日记﹐发现一段非常有趣的叙述。
有些字迹已经被虫蛀掉了﹐但依稀可辨识如下:
请问此月考题的正确答案是多少?
解 设f(x)=x3+ax2+bx+21﹐除式为x+c﹐
则x=-c代入x3+ax2+bx-21得到24﹐
即(-c)3+a(-c)2+b(-c)-21=24﹐
整理得-c3+ac2-bc=45﹐
而所求为f(-c)=(-c)3+a(-c)2+b(-c)+21
=-c3+ac2-bc+21=45+21=66﹐
因此﹐此月考题正确答案是66。
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