【4】多项式乘法与除法

作者: 备考999天 | 来源:发表于2022-07-11 15:50 被阅读0次

【4】多项式乘法与除法
多项式的乘法，大除法
难点解析（一）2022-11-18
"分数除法（三）"教学反思
Fast Fourier transform
模拟乘法器和除法运算电路
38.分数函数，分子中变量最高次数高于分母，可以拆分出新的分数函
多项式乘除法的LFSR实现
2018-12-13作业
5.18

题4.1 展开多项式：
(1) $(a+b)^2$
(2) $(a-b)^2$
(3) $(a+b)^3$
(4) $(a+b)(a-b)$

题4.2展开多项式：
(1) $(x+y+z)^2$
(2) $(1+2x)(1+x)$
(3) $(1-3x)(1+4x)$
(4) $(1-x)(1+x+x^2)$

题4.3 按 $x$ 的次数递降展开多项式，并在表4.3.1中记录相应的系数，从表4.3.1中，你能得出什么结论？
(1) $(x+y)^0$
(2) $(x+y)^1$
(3) $(x+y)^2$
(4) $(x+y)^3$
(5) $(x+y)^4$
(6) $(x+y)^5$

表4.3.1

题4.4 展开多项式
(1) $(1+x)(1-x+x^2-x^3)$
(2) $(1-x)(1+x+x^2+x^3)$

题4.5 证明，对于任意的 $x$ ，有：
$(1+x)(1-x+x^2-x^3)=(1-x)(1+x+x^2+x^3)$

题4.6 证明：
(1) $1+x=\frac{1-x^2}{1-x}$
(2) $1+x+x^2=\frac{1-x^3}{1-x}$
(3) $1+x+x^2+x^3=\frac{1-x^4}{1-x}$

题4.7 根据题4.6，你能猜想到什么结论？请证明之。
解猜想：对于任意的自然数 $n$ ，有
$\tag{4.7.1}1+x+x^2+...+x^n=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}$
证明使用数学归纳法：
(1) 当 $n=0$ 时， $1=\frac{1-x}{1-x}=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}$ ，命题成立。
(2) 假设 $n=k$ 时命题成立，即
$\tag{4.7.2}1+x+x^2+...+x^k=\frac{1-x^{k+1}}{1-x}$
那么当 $n=k+1$ 时，有：
$1+x+x^2+...+x^n=1+x+x^2+...+x^k+x^{k+1}\\ =\frac{1-x^{k+1}}{1-x}+\frac{x^{k+1}(1-x)}{1-x}\\ =\frac{1-x^{k+1}+x^{k+1}-x^{k+2}}{1-x}=\frac{1-x^{k+2}}{1-x}=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}$
综上所述，命题成立。
$\blacksquare$

定理4.8 $C_n^r=C_{n-1}^r+C_{n-1}^{r-1},n> r \ge1,$
证明 $C_n^r$ 是从 $n$ 个不同的元素 $\{1,2,...,n\}$ 中取 $r$ 个元素的组合数，这个组合可以按如下分两类操作：
第1类：r个元素中不含 $n$ ，这时的方案数是组合数 $C_{n-1}^r$ 。
第2类：r个元素中含 $n$ ，这时的方案数是组合数 $C_{n-1}^{r-1}$ 。
所以， $C_{n}^r=C_{n-1}^{r}+C_{n-1}^{r-1}$ ，得证。
$\blacksquare$

题4.9 求值：
(1) $C_0^0$
(2) $C_1^0+C_1^1$
(3) $C_2^0+C_2^1+C_2^2$
(4) $C_3^0+C_3^1+C_3^2+C_3^3$
题4.10 根据题4.9，你能猜想到什么结论？请证明之。
解猜想： $\forall n\in \mathbb N,C_n^0+C_n^1+C_n^2+..+C_n^n=2^n$
证法1 利用二项式定理： $(x+y)^n=C_n^0x^n+C_n^1x^{n-1}y+...+C_n^nxy^n\\$
令 $x=y=1$ 代入上式，得 $C_n^0+C_n^1+C_n^2+..+C_n^n=2^n\\$
证法2 使用数学归纳法：
a) 当 $n=0,1$ 时，命题显然成立。
b) 假设当 $n=k$ 时，命题成立，即： $C_k^0+C_k^1+C_k^2+..+C_k^k=2^k\\$
则当 $n=k+1$ 时，有： $C_{k+1}^0=C_{k}^0\\ C_{k+1}^1=C_k^0+C_k^1\\ C_{k+1}^2=C_k^1+C_k^2\\ ...\\ C_{k+1}^k=C_k^{k-1}+C_k^k\\ C_{k+1}^{k+1}=C_k^k$
以上等式相加得：
$C_{k+1}^0+C_{k+1}^1+,,,+C_{k+1}^{k+1}=2C_k^0+2C_k^1+...+2C_k^k=2\times 2^k=2^{k+1}$
即当 $n=k+1$ 时，命题成立。综上， $\forall n\in \mathbb N,C_n^0+C_n^1+C_n^2+..+C_n^n=2^n$ 。
证法3 考察n元集合 $A=\{1,2,...,n\}$ 及二进制数集 $B=\{x|x=(\overline{a_na_{n-1}...a_2a_1})_2\}$ 。
对于 $A$ 的任意子集 $E$ ，取 $B$ 中的元素 $x$ 与之对应， $E,x$ 满足如下关系： $r\in E\leftrightarrow x的第r位为1$ 。如 $E=\{1,3,5\}$ 与 $x=10101$ 是对应关系。
容易看出， $A$ 的子集的个数与 $B$ 等元，而 $|B|=2^n$ 。
另一方面， $A$ 的子集的个数为 $C_n^0+C_n^1+...+C_n^n$ ，所以 $C_n^0+C_n^1+...+C_n^n=2^n$ 。
$\blacksquare$

题4.11 计算：
(1) $1+2+2^2+2^3+...+2^{100}$
(2) $1+\frac{1}2+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{2^{10}}$
(3) $3^{100}+3^{99}\times 5+3^{98}\times 5^2+...+5^{100}$
(4) $10\times9999+C_{10}^2\times9999^2+C_{10}^3\times9999^3+....+C_{10}^{10}\times9999^{10}$
解 (1) $1+2+2^2+...+2^{100}=\frac{2^{100}-1}{2-1}=2^{100}-1$
(2) 令 $x=\frac{1}2$ ，则
$原式=1+x+x^2+...+x^{10}=\frac{1-x^{11}}{1-x}\\ =\frac{1-\left(\frac{1}2\right)^{11}}{1-\frac{1}2}=\frac{1-\left(\frac{1}2\right)^{11}}{\frac{1}2}=2\times\left[1-\left(\frac{1}2\right)^{11}\right]=2-\frac{1}{2^{10}}$
(3) 这里给出两种方法：
方法1 $3^{100}+3^{99}\times 5+3^{98}\times 5^2+...+5^{100}\\ =3^{100}\left[1+\left(\frac{5}3\right)^1+\left(\frac{5}3\right)^2+...++\left(\frac{5}3\right)^{100}\right]\\ =3^{100}\times\frac{(\frac{5}3)^{101}-1}{\frac{5}3-1}=\frac{5^{101}-3^{101}}2$
方法2
因为 $(x-y)(x^{100} + x^{99}y+x^{98}y^2+...+xy^{99}+y^{100})=x^{101}-y^{101}\\$
所以 $x^{100} + x^{99}y+x^{98}y^2+...+xy^{99}+y^{100}=\frac{x^{101}-y^{101}}{x-y}\\$
令 $x=5,y=3$ 代入上式得： $3^{100}+3^{99}\times 5+3^{98}\times 5^2+...+5^{100}\\=\frac{5^{101}-3^{101}}{5-3}=\frac{5^{101}-3^{101}}{2}$
(4) 利用二项式定理：
原式= $1+10\times9999+C_{10}^2\times9999^2+C_{10}^3\times9999^3+....+C_{10}^{10}\times9999^{10}-1\\ =(1+9999)^{10}-1=10^{40}-1=\underbrace{99...9}_{40个9}$
$\blacksquare$

题4.12 计算
(1) $(x^3-1)\div(x-1)$
(2) $(x^4-1)\div(x-1)$
(3) $(x^5+1)\div(x+1)$
(4) $(x^5+2x^3+x^2+x+1)\div(x^2+1)$
解 (1) 因为

所以

(x^3-1)\div(x-1)=x^2+x+1

题4.13 (1) 求 $(2x-1)^4(x+1)$ 展开后的一次项系数。
解 $(2x-1)^4(x+1)$ $\\=[C_4^0(2x)^4+C_4^1(2x)^3(-1)^1+C_4^2(2x)^2(-1)^2++C_4^3(2x)^1(-1)^3++C_4^4(2x)^0(-1)^4](x+1)\\ (16x^4-32x^3+24x^2-8x+1)(x+1)=1-7x+...$
$(2x-1)^4(x+1)$ 展开后的一次项系数是-7。
$\blacksquare$

题4.14 求所有自然数 $n$ ，使 $\frac{n^5-1}{n+3}$ 是一个整数。
解 $\frac{n^5-1}{n+3}=\frac{n^5+3^5-3^5-1}{n+3}=\frac{n^5+3^5}{n+3}-\frac{3^5+1}{n+3}\\ =(n^4-3n^3+9n^2-27n+81)+\frac{3^5+1}{n+3}\\ =(n^4-3n^3+9n^2-27n+81)+\frac{2\times 11^2}{n+3}$
原式为整数，当且仅当 $\frac{2\times 11^2}{n+3}$ 是整数，此时： $n=8,19,118,239$ 。
$\blacksquare$

定理4.15 $C_n^r=\frac{n!}{r!(n-r)!}$
证法1 可以按照如下步骤计算：
从 $n$ 个元素中取第1个元素，有 $n$ 种方案；
从 $n-1$ 个元素中取第2个元素，有 $(n-1)$ 种方案；
从 $n-2$ 个元素中取第3个元素，有 $(n-2)$ 种方案；
...
从 $n-r+1$ 个元素中取第r个元素，有 $(n-r+1)$ 种方案；
根据乘法原理，逐个取完 $r$ 个元素共有 $n(n-1)(n-2)...(n-r+1)$ 种方案。但由于这种取法含 $r$ 个元素的全排列，所以要把以上结果除以 $r!$ ，所以：
$C_n^r=\frac{n(n-1)(n-2)...(n-r+1)}{r!}=\frac{n!}{r!(n-r)!}\\$

证法2 利用定理4.8，对 $n$ 使用归纳法。当 $n=0$ 时， $\forall r\in \{0\}$ ，命题成立，即 $C_n^r=C_0^0=1=\frac{0!}{0!(0-0)!}$ 。
假设当 $n=k$ 时，对于所有的 $r\in \{0,1,2,,...,k\}$ 命题成立，即 $C_k^r=\frac{k!}{r!(k-r!)}$ ，则当 $n=k+1$ 时，分两种情况讨论：
(1) 当 $r \in \{0,k+1\}$ 时，有：
$C_n^0=1=\frac{n!}{0!(n-0)!}\\ C_n^0=1=\frac{n!}{n!(n-n)!}$
(2) 当 $0<r< k+1$ 时，有：
$C_{k+1}^r=C_{k}^{r-1}+C_{k}^{r}\\=\frac{k!}{r!(k-r!)}+\frac{k!}{(r-1)!(k+1-r!)}\\ =k!\left[ \frac{1}{r!(k-r)!} +\frac{1}{(r-1)!(k+1-r)!} \right]\\ =k!\left[ \frac{k+1-r}{r!(k+1-r)!} +\frac{r}{r!(k+1-r)!} \right]\\ =k!\frac{k+1}{r!(k+1-r)!}=\frac{(k+1)!}{r!(k+1-r)!}=\frac{n!}{r!(n-r)!}$
综合(1)(2)，当 $n=k+1$ 时，命题成立。根据归纳假设，命题对所有的自然数 $n$ 成立。
$\blacksquare$

评注4.6 规定 $0!=1$ ，则定理4.15对于 $r=0,n$ 同样适用： $C_n^0=\frac{n!}{0!(n-0)!}=1\\ C_n^n=\frac{n!}{n!(n-n)!}=1$

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