Teorema o racionalnim korijenima polinoma. Racionalni brojevi, definicija, primjeri

itd. je opšteobrazovnog karaktera i od velike je važnosti za izučavanje CIJELOG predmeta više matematike. Danas ćemo ponoviti "školske" jednadžbe, ali ne samo one "školske" - već one koje se nalaze posvuda u raznim problemima višmata. Kao i obično, priča će biti ispričana na primijenjen način, tj. Neću se fokusirati na definicije i klasifikacije, već ću s vama podijeliti svoje lično iskustvo rješavanja. Informacije su prvenstveno namijenjene početnicima, ali će i napredniji čitaoci pronaći mnogo zanimljivih stvari za sebe. I, naravno, biće novih materijala koji prevazilaze srednju školu.

Dakle, jednačina…. Mnogi se sjećaju ove riječi s jezom. Šta su vrijedne “sofisticirane” jednadžbe s korijenima... ...zaboravite na njih! Jer tada ćete upoznati najbezopasnije "predstavnike" ove vrste. Ili dosadne trigonometrijske jednadžbe sa desetinama metoda rješenja. Da budem iskren, ni meni se nisu baš dopale... Ne paničite! – tada vas čekaju uglavnom „maslačaki“ sa očiglednim rešenjem u 1-2 koraka. Iako se "čičak" svakako drži, ovdje morate biti objektivni.

Čudno je da je u višoj matematici mnogo češće raditi sa vrlo primitivnim jednačinama kao što su linearno jednačine

Šta znači riješiti ovu jednačinu? To znači pronaći TAKVU vrijednost “x” (korijen) koja ga pretvara u pravu jednakost. Bacimo "trojku" udesno sa promjenom predznaka:

i spusti "dvojku" na desnu stranu (ili, ista stvar - pomnožite obje strane sa) :

Da provjerimo, zamijenimo osvojeni trofej u originalnu jednačinu:

Dobija se tačna jednakost, što znači da je pronađena vrijednost zaista korijen ove jednačine. Ili, kako još kažu, zadovoljava ovu jednačinu.

Imajte na umu da se korijen također može napisati kao decimalni razlomak:
I pokušajte da se ne pridržavate ovog lošeg stila! Razlog sam ponovio više puta, posebno na prvoj lekciji viša algebra.

Usput, jednačina se može riješiti i "na arapskom":

I ono što je najzanimljivije je da je ovaj snimak potpuno legalan! Ali ako niste učitelj, onda je bolje da to ne radite, jer je originalnost ovdje kažnjiva =)

A sada malo o tome

metoda grafičkog rješenja

Jednačina ima oblik i njen korijen je "X" koordinata raskrsnice graf linearne funkcije sa grafom linearne funkcije (x os):

Čini se da je primjer toliko elementaran da se ovdje nema više što analizirati, ali se iz njega može "iscijediti" još jedna neočekivana nijansa: predstavimo istu jednadžbu u obliku i konstruirajmo grafove funkcija:

pri čemu, molim vas nemojte brkati ova dva pojma: jednačina je jednačina, i funkcija– ovo je funkcija! Funkcije samo pomoć pronađite korijene jednačine. Od kojih može biti dva, tri, četiri ili čak beskonačno mnogo. Najbliži primjer u tom smislu je dobro poznati kvadratna jednačina, algoritam rješenja za koji je dobio poseban pasus "vruće" školske formule. I to nije slučajnost! Ako možete riješiti kvadratnu jednačinu i znate Pitagorina teorema, onda bi se moglo reći, “pola više matematike je već u vašem džepu” =) Pretjerano, naravno, ali ne tako daleko od istine!

Stoga, nemojmo biti lijeni i pomoću neke kvadratne jednadžbe riješimo standardni algoritam:

, što znači da jednačina ima dvije različite validan korijen:

Lako je provjeriti da obje pronađene vrijednosti zapravo zadovoljavaju ovu jednačinu:

Šta učiniti ako ste iznenada zaboravili algoritam rješenja, a nema sredstava/ruka pomoći pri ruci? Ova situacija može nastati, na primjer, tokom testa ili ispita. Koristimo grafičku metodu! A postoje dva načina: možete graditi tačku po tačku parabola , čime se pronalazi gdje seče osu (ako se uopšte pređe). Ali bolje je učiniti nešto lukavije: zamislite jednadžbu u obliku, nacrtajte grafove jednostavnijih funkcija - i "X" koordinate njihove tačke preseka su jasno vidljive!


Ako se ispostavi da prava dodiruje parabolu, onda jednačina ima dva podudarna (višestruka) korijena. Ako se pokaže da prava linija ne siječe parabolu, onda nema pravih korijena.

Da biste to učinili, naravno, morate biti u stanju graditi grafovi elementarnih funkcija, ali s druge strane, čak i školarac može ove vještine.

I opet - jednačina je jednačina, a funkcije su funkcije koje samo pomoglo riješi jednačinu!

I ovdje bi, usput rečeno, bilo prikladno zapamtiti još jednu stvar: ako se svi koeficijenti jednadžbe pomnože brojem različitom od nule, tada se njeni korijeni neće promijeniti.

Tako, na primjer, jednadžba ima iste korene. Kao jednostavan "dokaz", izvući ću konstantu iz zagrada:
i bezbolno ću ga ukloniti (Podeliću oba dela sa "minus dva"):

ALI! Ako uzmemo u obzir funkciju, onda se ovdje ne možemo riješiti konstante! Dozvoljeno je samo izvaditi množitelj iz zagrada: .

Mnogi ljudi potcjenjuju metodu grafičkog rješenja, smatrajući je nečim „nedostojanstvenim“, a neki čak i potpuno zaboravljaju na ovu mogućnost. I to je u osnovi pogrešno, jer crtanje grafova ponekad samo spašava situaciju!

Drugi primjer: pretpostavimo da se ne sjećate korijena najjednostavnije trigonometrijske jednadžbe: . Opšta formula je u školskim udžbenicima, u svim priručnicima za osnovnu matematiku, ali oni vam nisu dostupni. Međutim, rješavanje jednadžbe je kritično (poznato kao "dva"). Postoji izlaz! – izgraditi grafikone funkcija:


nakon čega mirno zapisujemo "X" koordinate njihovih presječnih tačaka:

Postoji beskonačno mnogo korijena, a u algebri je prihvaćen njihov sažeti zapis:
, Gdje ( – skup cijelih brojeva) .

I, bez „odlaska“, nekoliko riječi o grafičkoj metodi rješavanja nejednačina sa jednom promjenljivom. Princip je isti. Tako, na primjer, rješenje nejednakosti je bilo koji “x”, jer Sinusoida leži skoro potpuno ispod prave linije. Rješenje nejednakosti je skup intervala u kojima dijelovi sinusoida leže striktno iznad prave linije (x-osa):

ili, ukratko:

Ali evo mnogo rješenja za nejednakost: prazan, jer nijedna tačka sinusoida ne leži iznad prave linije.

Ima li nešto što ne razumiješ? Hitno proučite lekcije o setovi I grafovi funkcija!

zagrijmo se:

Vježba 1

Riješite grafički sljedeće trigonometrijske jednadžbe:

Odgovori na kraju lekcije

Kao što vidite, za proučavanje egzaktnih nauka uopće nije potrebno trpati formule i referentne knjige! Štaviše, ovo je fundamentalno pogrešan pristup.

Kao što sam vas već uvjerio na samom početku lekcije, složene trigonometrijske jednačine u standardnom kursu više matematike moraju se rješavati izuzetno rijetko. Sva složenost se, po pravilu, završava jednadžbama poput , čije su rješenje dvije grupe korijena koji potiču iz najjednostavnijih jednačina i . Ne brinite previše o rješavanju ovog potonjeg – potražite u knjizi ili je pronađite na internetu =)

Metoda grafičkog rješenja također može pomoći u manje trivijalnim slučajevima. Uzmimo u obzir, na primjer, sljedeću jednačinu „traga“:

Izgledi za njegovo rješenje izgledaju... uopće ne liče na ništa, ali samo morate zamisliti jednačinu u obliku , build grafovi funkcija i sve će se pokazati nevjerovatno jednostavno. U sredini članka nalazi se crtež o beskonačno male funkcije (otvoriće se u sljedećoj kartici).

Koristeći istu grafičku metodu, možete saznati da jednadžba već ima dva korijena, a jedan od njih je jednak nuli, a drugi, očigledno, iracionalno i pripada segmentu . Ovaj korijen se može izračunati približno, npr. tangentna metoda. Inače, u nekim problemima se dešava da ne morate pronaći korijene, već saznati da li uopšte postoje?. I ovdje, također, crtež može pomoći - ako se grafovi ne sijeku, onda nema korijena.

Racionalni korijeni polinoma s cjelobrojnim koeficijentima.
Horner shema

A sada vas pozivam da skrenete svoj pogled na srednji vijek i osjetite jedinstvenu atmosferu klasične algebre. Za bolje razumijevanje gradiva preporučujem da barem malo pročitate kompleksni brojevi.

Oni su najbolji. Polinomi.

Predmet našeg interesovanja biće najčešći polinomi oblika sa cijeli koeficijenti Prirodni broj se zove stepen polinoma, broj – koeficijent najvišeg stepena (ili samo najviši koeficijent), a koeficijent je besplatni član.

Ukratko ću označiti ovaj polinom sa .

Korijeni polinoma nazovite korijene jednadžbe

Volim gvozdenu logiku =)

Za primjere, idite na sam početak članka:

Nema problema s pronalaženjem korijena polinoma 1. i 2. stepena, ali kako se povećava ovaj zadatak postaje sve teži. Iako je s druge strane sve zanimljivije! I upravo tome će biti posvećen drugi dio lekcije.

Prvo, doslovno pola ekrana teorije:

1) Prema posljedici osnovna teorema algebre, stepen polinoma ima tačno kompleks korijenje. Neki korijeni (ili čak svi) mogu biti posebno validan. Štaviše, među pravim korijenima mogu biti identični (višestruki) korijeni (minimalno dva, maksimalno komada).

Ako je neki kompleksni broj korijen polinoma, onda konjugirati njegov broj je također nužno korijen ovog polinoma (konjugirani kompleksni korijeni imaju oblik ).

Najjednostavniji primjer je kvadratna jednadžba, koja se prvi put susrela u 8 (kao) razreda, a koje smo konačno “završili” u temi kompleksni brojevi. Da vas podsjetim: kvadratna jednadžba ima ili dva različita realna korijena, ili višestruke korijene, ili konjugirane kompleksne korijene.

2) Od Bezoutova teorema slijedi da ako je broj korijen jednadžbe, tada se odgovarajući polinom može faktorizirati:
, gdje je polinom stepena .

I opet, naš stari primjer: budući da je korijen jednadžbe, onda . Nakon čega nije teško doći do poznate ekspanzije „škole“.

Posljedica Bezoutove teoreme ima veliku praktičnu vrijednost: ako znamo korijen jednačine 3. stepena, onda je možemo predstaviti u obliku a iz kvadratne jednadžbe lako je pronaći preostale korijene. Ako znamo korijen jednadžbe 4. stepena, onda je moguće proširiti lijevu stranu u proizvod itd.

I ovdje se postavljaju dva pitanja:

Prvo pitanje. Kako pronaći ovaj korijen? Prije svega, definirajmo njegovu prirodu: u mnogim problemima više matematike potrebno ga je pronaći racionalno, posebno cijeli korijene polinoma, iu tom pogledu, dalje će nas uglavnom zanimati oni... ...tako su dobre, tako lepršave, da ih jednostavno želite pronaći! =)

Prva stvar koja pada na pamet je način odabira. Razmotrimo, na primjer, jednadžbu . Kvaka je ovdje u slobodnom terminu - da je jednako nuli, onda bi sve bilo u redu - vadimo "x" iz zagrada i sami korijeni "ispadaju" na površinu:

Ali naš slobodni termin je jednak "tri", i stoga počinjemo da zamjenjujemo različite brojeve u jednadžbu za koje se tvrdi da su "korijen". Prije svega, zamjena pojedinačnih vrijednosti se nameće sama po sebi. Zamenimo:

Primljeno netačno jednakosti, dakle, jedinica „nije odgovarala“. Pa, dobro, zamenimo:

Primljeno istinito jednakost! To jest, vrijednost je korijen ove jednadžbe.

Za pronalaženje korijena polinoma 3. stepena postoji analitička metoda (tzv. Cardano formule), ali sada nas zanima malo drugačiji zadatak.

Pošto je - korijen našeg polinoma, polinom se može predstaviti u obliku i nastaje Drugo pitanje: kako pronaći “mlađeg brata”?

Najjednostavnija algebarska razmatranja sugeriraju da da bismo to učinili moramo podijeliti sa . Kako podijeliti polinom polinomom? Ista školska metoda koja dijeli obične brojeve - "kolona"! O ovoj metodi sam detaljno raspravljao u prvim primjerima lekcije. Kompleksne granice, a sada ćemo pogledati drugu metodu koja se zove Horner shema.

Prvo pišemo “najviši” polinom sa svima , uključujući nulte koeficijente:
, nakon čega unosimo ove koeficijente (strogo redom) u gornji red tabele:

Na lijevoj strani pišemo korijen:

Odmah ću rezervisati da Hornerova šema radi i ako je „crveni“ broj Ne je korijen polinoma. Ipak, nemojmo požurivati ​​stvari.

Odozgo uklanjamo vodeći koeficijent:

Proces popunjavanja donjih ćelija pomalo podsjeća na vez, gdje je "minus jedan" neka vrsta "igle" koja prožima sljedeće korake. Pomnožimo "preneseni" broj sa (-1) i dodamo broj iz gornje ćelije u proizvod:

Pronađenu vrijednost pomnožimo sa "crvenom iglom" i dodamo sljedeći koeficijent jednadžbe na proizvod:

I na kraju, rezultirajuća vrijednost se ponovo "obrađuje" sa "iglom" i gornjim koeficijentom:

Nula u posljednjoj ćeliji nam govori da je polinom podijeljen na bez traga (kako treba), dok se koeficijenti proširenja „uklanjaju“ direktno iz donjeg reda tabele:

Dakle, prešli smo sa jednadžbe na ekvivalentnu jednačinu i sve je jasno sa dva preostala korijena (u ovom slučaju dobijamo konjugirane kompleksne korijene).

Jednačina se, inače, može riješiti i grafički: plot "munja" i vidimo da graf prelazi x-osu () u tački . Ili isti "lukavi" trik - prepisujemo jednadžbu u obliku , crtamo elementarne grafove i otkrivamo "X" koordinatu njihove točke presjeka.

Inače, graf bilo koje funkcije-polinoma 3. stepena siječe osu barem jednom, što znači da odgovarajuća jednačina ima najmanje jedan validan root. Ova činjenica vrijedi za bilo koju polinomsku funkciju neparnog stepena.

I ovdje bih se također želio zadržati važna tačkašto se tiče terminologije: polinom I polinomska funkcija – to nije ista stvar! Ali u praksi često govore, na primjer, o "grafu polinoma", što je, naravno, nemar.

Međutim, vratimo se Hornerovoj šemi. Kao što sam nedavno spomenuo, ova šema radi i za druge brojeve, ali ako je broj Ne je korijen jednadžbe, tada se u našoj formuli pojavljuje nenulti dodatak (ostatak):

Hajde da „pokrenemo“ „neuspešnu“ vrednost prema Hornerovoj šemi. U ovom slučaju, prikladno je koristiti istu tablicu - upišite novu "iglu" s lijeve strane, pomaknite vodeći koeficijent odozgo (lijevo zelena strelica), i krećemo:

Da provjerimo, otvorimo zagrade i predstavimo slične pojmove:
, UREDU.

Lako je vidjeti da je ostatak („šest“) upravo vrijednost polinoma na . A u stvari - kako je to:
, pa još ljepše - ovako:

Iz gornjih proračuna lako je shvatiti da Hornerova shema omogućava ne samo faktorizaciju polinoma, već i da se izvrši „civilizirani“ odabir korijena. Predlažem da sami konsolidujete algoritam izračuna s malim zadatkom:

Zadatak 2

Koristeći Hornerovu shemu, pronađite cjelobrojni korijen jednadžbe i faktorirajte odgovarajući polinom

Drugim riječima, ovdje trebate uzastopno provjeravati brojeve 1, –1, 2, –2, ... – sve dok se u posljednjoj koloni ne „uvuče“ nula ostatak. To će značiti da je “igla” ove linije korijen polinoma

Pogodno je rasporediti proračune u jednu tabelu. Detaljno rješenje i odgovor na kraju lekcije.

Metoda odabira korijena je dobra za relativno jednostavne slučajeve, ali ako su koeficijenti i/ili stepen polinoma veliki, onda proces može potrajati dugo. Ili možda postoje neke vrijednosti sa iste liste 1, –1, 2, –2 i nema smisla razmatrati? Osim toga, korijeni se mogu pokazati razlomcima, što će dovesti do potpuno neznanstvenog bockanja.

Srećom, postoje dvije snažne teoreme koje mogu značajno smanjiti potragu za vrijednostima "kandidata" za racionalne korijene:

Teorema 1 Hajde da razmotrimo nesvodivo razlomak , gdje . Ako je broj korijen jednadžbe, tada se slobodni član dijeli sa, a vodeći koeficijent se dijeli sa.

Posebno, ako je vodeći koeficijent , tada je ovaj racionalni korijen cijeli broj:

I počinjemo da koristimo teoremu sa samo ovim ukusnim detaljem:

Vratimo se na jednačinu. Budući da je njegov vodeći koeficijent , onda hipotetički racionalni korijeni mogu biti isključivo cijeli brojevi, a slobodni termin se nužno mora podijeliti na ove korijene bez ostatka. A „tri“ se može podijeliti samo na 1, –1, 3 i –3. Odnosno, imamo samo 4 “korijenska kandidata”. I, prema Teorema 1, drugi racionalni brojevi ne mogu biti korijeni ove jednadžbe U PRINCIPU.

U jednačini ima malo više „konkursa“: slobodni član je podijeljen na 1, –1, 2, – 2, 4 i –4.

Imajte na umu da su brojevi 1, –1 “regularni” na listi mogućih korijena (očigledna posljedica teoreme) i najbolji izbor za prioritetno testiranje.

Prijeđimo na smislenije primjere:

Problem 3

Rješenje: budući da je vodeći koeficijent , onda hipotetički racionalni korijeni mogu biti samo cijeli brojevi i nužno moraju biti djelitelji slobodnog člana. "Minus četrdeset" je podijeljeno na sljedeće parove brojeva:
– ukupno 16 “kandidata”.

I tu se odmah pojavljuje primamljiva misao: da li je moguće iskorijeniti sve negativne ili sve pozitivne korijene? U nekim slučajevima je moguće! Formulisaću dva znaka:

1) Ako Sve Ako su koeficijenti polinoma nenegativni ili svi nepozitivni, onda on ne može imati pozitivne korijene. Nažalost, ovo nije naš slučaj (Sada, ako smo dobili jednadžbu - onda da, kada zamijenimo bilo koju vrijednost polinoma, vrijednost polinoma je striktno pozitivna, što znači da su svi pozitivni brojevi (i iracionalne takođe) ne mogu biti korijeni jednadžbe.

2) Ako su koeficijenti za neparne stepene nenegativni, a za sve parne stepene (uključujući besplatnog člana) su negativni, tada polinom ne može imati negativne korijene. Ili “ogledalo”: koeficijenti za neparne stepene nisu pozitivni, a za sve parne stepene su pozitivni.

Ovo je naš slučaj! Ako pogledate malo bliže, možete vidjeti da kada zamijenite bilo koji negativan "X" u jednadžbu, lijeva strana će biti striktno negativna, što znači da negativni korijeni nestaju

Dakle, ostalo je 8 brojeva za istraživanje:

"Napunjavamo" ih uzastopno prema Hornerovoj shemi. Nadam se da ste već savladali mentalne proračune:

Sreća nas je čekala prilikom testiranja "dvojke". Dakle, je korijen jednačine koja se razmatra, i

Ostaje da proučimo jednačinu . To je lako učiniti preko diskriminanta, ali ću provesti indikativni test koristeći istu shemu. Prvo, napomenimo da je slobodni termin jednak 20, što znači Teorema 1 brojevi 8 i 40 ispadaju sa liste mogućih korijena, ostavljajući vrijednosti za istraživanje (jedan je eliminisan prema Hornerovoj šemi).

Upisujemo koeficijente trinoma u gornji red nove tabele i Počinjemo provjeru sa istim "dvojkom". Zašto? I pošto korijeni mogu biti višestruki, molimo: - ova jednačina ima 10 identičnih korijena. Ali nemojmo se ometati:

I tu sam, naravno, malo lagao, znajući da su korijeni racionalni. Uostalom, da su iracionalni ili složeni, onda bih se suočio s neuspješnom provjerom svih preostalih brojeva. Stoga se u praksi vodite diskriminatorom.

Odgovori: racionalni korijeni: 2, 4, 5

U problemu koji smo analizirali imali smo sreće, jer: a) negativne vrijednosti su odmah otpale, i b) vrlo brzo smo pronašli korijen (i teoretski bismo mogli provjeriti cijelu listu).

Ali u stvarnosti je situacija mnogo gora. Pozivam vas da pogledate uzbudljivu igru ​​pod nazivom “Posljednji heroj”:

Problem 4

Pronađite racionalne korijene jednadžbe

Rješenje: By Teorema 1 brojnici hipotetičkih racionalnih korijena moraju zadovoljiti uslov (čitamo "dvanaest je podijeljeno sa el"), a imenioci odgovaraju uslovu . Na osnovu ovoga dobijamo dve liste:

"list el":
i "lista um": (srećom, brojevi su ovdje prirodni).

Sada napravimo listu svih mogućih korijena. Prvo, podijelimo “el listu” sa . Apsolutno je jasno da će se dobiti isti brojevi. Radi praktičnosti, stavimo ih u tabelu:

Mnogi razlomci su smanjeni, što je rezultiralo vrijednostima koje se već nalaze na "listi heroja". Dodajemo samo "novate":

Slično tome, dijelimo istu "listu" sa:

i konačno dalje

Time je ekipa učesnika naše igre kompletirana:


Nažalost, polinom u ovom problemu ne zadovoljava "pozitivan" ili "negativan" kriterij, pa stoga ne možemo odbaciti gornji ili donji red. Morat ćete raditi sa svim brojevima.

Kako se osjećaš? Hajde, diži glavu – postoji još jedna teorema koja se figurativno može nazvati „teorema ubice“… ...“kandidati”, naravno =)

Ali prvo morate proći kroz Hornerov dijagram za barem jedan cjelina brojevi. Tradicionalno, uzmimo jednu. U gornji red upisujemo koeficijente polinoma i sve je kao i obično:

Pošto četiri očito nije nula, vrijednost nije korijen polinoma o kojem je riječ. Ali ona će nam mnogo pomoći.

Teorema 2 Ako za neke Uglavnom vrijednost polinoma je različita od nule: , tada njegovi racionalni korijeni (ako jesu) zadovoljiti uslov

U našem slučaju i stoga svi mogući korijeni moraju zadovoljiti uvjet (nazovimo to Uslov br. 1). Ova četvorka će biti "ubica" mnogih "kandidata". Kao demonstraciju, pogledat ću nekoliko provjera:

Provjerimo "kandidata". Da bismo to učinili, umjetno ga predstavimo u obliku razlomka, iz kojeg se jasno vidi da . Izračunajmo razliku testa: . Četiri je podijeljeno sa “minus dva”: , što znači da je mogući korijen prošao test.

Provjerimo vrijednost. Ovdje je razlika u testu: . Naravno, i samim tim i drugi „predmet“ ostaje na listi.

Ovaj polinom ima cjelobrojne koeficijente. Ako je cijeli broj korijen ovog polinoma, onda je on djelilac broja 16. Dakle, ako dati polinom ima cjelobrojne korijene, onda to mogu biti samo brojevi ±1; ±2; ±4; ±8; ±16. Direktnom provjerom uvjerili smo se da je broj 2 korijen ovog polinoma, odnosno x 3 – 5x 2 – 2x + 16 = (x – 2)Q (x), gdje je Q (x) polinom od drugi stepen. Posljedično, polinom se razlaže na faktore, od kojih je jedan (x – 2). Da bismo pronašli tip polinoma Q (x) koristimo takozvanu Hornerovu shemu. Glavna prednost ove metode je kompaktnost zapisa i mogućnost brzog dijeljenja polinoma u binom. Zapravo, Hornerova shema je još jedan oblik snimanja metode grupisanja, iako je, za razliku od potonjeg, potpuno nevizualna. Odgovor (faktorizacija) se ovde dobija sam po sebi, a mi ne vidimo proces njegovog dobijanja. Nećemo se upuštati u rigorozno potkrepljivanje Hornerove šeme, već ćemo samo pokazati kako ona funkcioniše.

Broj iz ćelije iznad se „premešta“ u drugu ćeliju donje linije, odnosno 1. Zatim to rade. Korijen jednadžbe (broj 2) množi se zadnjim napisanim brojem (1) i rezultat se dodaje s brojem koji se nalazi u gornjem redu iznad sljedeće slobodne ćelije, u našem primjeru imamo:

Iracionalan broj- Ovo pravi broj, koji nije racionalan, odnosno ne može se predstaviti kao razlomak, gdje su cijeli brojevi, . Iracionalni broj se može predstaviti kao beskonačan neperiodični decimalni razlomak.

Skup iracionalnih brojeva obično se označava velikim latiničnim slovom podebljanim stilom bez senčenja. Dakle: , tj. postoji mnogo iracionalnih brojeva razlika između skupova realnih i racionalnih brojeva.

O postojanju iracionalnih brojeva, tačnije segmenti nesamerljivi sa segmentom jedinične dužine bili su poznati već starim matematičarima: poznavali su, na primer, nesamerljivost dijagonale i stranice kvadrata, što je ekvivalentno iracionalnosti broja.

Svojstva

• Svaki realan broj može se zapisati kao beskonačan decimalni razlomak, dok se iracionalni brojevi i samo oni zapisuju kao neperiodični beskonačni decimalni razlomci.
• Iracionalni brojevi definišu Dedekindove rezove u skupu racionalnih brojeva koji nemaju najveći broj u nižoj klasi i nemaju najmanji broj u višoj klasi.
• Svaki pravi transcendentalni broj je iracionalan.
• Svaki iracionalni broj je ili algebarski ili transcendentalan.
• Skup iracionalnih brojeva je gust svuda na brojevnoj pravoj: između bilo koja dva broja nalazi se iracionalan broj.
• Red na skupu iracionalnih brojeva je izomorfan redu na skupu realnih transcendentnih brojeva.
• Skup iracionalnih brojeva je nebrojiv i predstavlja skup druge kategorije.

Primjeri

Iracionalni su:

Primjeri dokaza iracionalnosti

Koren od 2

Pretpostavimo suprotno: on je racionalan, odnosno predstavljen je u obliku nesvodljivog razlomka, gdje je cijeli broj i prirodan broj. Kvadirajmo pretpostavljenu jednakost:

Iz toga slijedi da je čak i čak i . Neka bude tamo gde je celina. Onda

Stoga, čak znači čak i . Našli smo da su i parni, što je u suprotnosti sa ireducibilnošću razlomka . To znači da je prvobitna pretpostavka bila netačna i da je to iracionalan broj.

Binarni logaritam broja 3

Pretpostavimo suprotno: racionalan je, odnosno predstavljen je kao razlomak, gdje su i cijeli brojevi. Od , i može se izabrati da bude pozitivan. Onda

Ali paran i neparan. Dobijamo kontradikciju.

e

Priča

Koncept iracionalnih brojeva implicitno su usvojili indijski matematičari u 7. veku pre nove ere, kada je Manava (oko 750 pne - oko 690 pne) shvatio da se kvadratni koreni nekih prirodnih brojeva, kao što su 2 i 61, ne mogu eksplicitno izraziti .

Prvi dokaz postojanja iracionalnih brojeva obično se pripisuje Hipasu od Metaponta (oko 500. pne), Pitagorejcu koji je pronašao ovaj dokaz proučavajući dužine stranica pentagrama. U vrijeme Pitagorejaca vjerovalo se da postoji jedna jedinica dužine, dovoljno mala i nedjeljiva, koja ulazi u bilo koji segment cijeli broj puta. Međutim, Hipas je tvrdio da ne postoji jedinstvena jedinica dužine, jer pretpostavka o njenom postojanju dovodi do kontradikcije. On je pokazao da ako hipotenuza jednakokračnog pravokutnog trokuta sadrži cijeli broj jediničnih segmenata, onda taj broj mora biti i paran i neparan. Dokaz je izgledao ovako:

• Omjer dužine hipotenuze i dužine kraka jednakokračnog pravokutnog trokuta može se izraziti kao a:b, Gdje a I b izabrana kao najmanja moguća.
• Prema Pitagorinoj teoremi: a² = 2 b².
• Jer a- čak, a mora biti paran (pošto bi kvadrat neparnog broja bio neparan).
• Zbog a:b nesvodivo b mora biti čudno.
• Jer ačak, označavamo a = 2y.
• Onda a² = 4 y² = 2 b².
• b² = 2 y², dakle b- čak i tada bčak.
• Međutim, to je i dokazano b odd. Kontradikcija.

Grčki matematičari su ovaj omjer nesamjerljivih veličina nazvali alogos(neizrecivo), ali prema legendi nisu odali dužno poštovanje Hipasu. Postoji legenda da je Hipas došao do otkrića dok je bio na pomorskom putovanju i da su ga drugi pitagorejci bacili u vodu „zbog stvaranja elementa svemira koji negira doktrinu da se svi entiteti u svemiru mogu svesti na cijele brojeve i njihove omjere“. Otkriće Hipasa predstavljalo je ozbiljan problem za pitagorejsku matematiku, uništavajući temeljnu pretpostavku da su brojevi i geometrijski objekti jedno i neodvojivo.

Kao što smo već napomenuli, jedan od najvažnijih problema u teoriji polinoma je problem pronalaženja njihovih korijena. Da biste riješili ovaj problem, možete koristiti metodu odabira, tj. Uzmi nasumce broj i provjeri da li je korijen datog polinoma.

U ovom slučaju možete brzo "naletjeti" na korijen ili ga možda nikada nećete pronaći. Uostalom, nemoguće je provjeriti sve brojeve, jer ih ima beskonačno mnogo.

Druga stvar bi bila kada bismo mogli suziti područje pretraživanja, na primjer, da znamo da su korijeni koje tražimo, recimo, među trideset navedenih brojeva. A za trideset brojeva možete provjeriti. U vezi sa svim gore navedenim, ova izjava se čini važnom i zanimljivom.

Ako je nesvodljivi razlomak l/m (l,m su cijeli brojevi) korijen polinoma f (x) s cijelim koeficijentima, tada je vodeći koeficijent ovog polinoma podijeljen sa m, a slobodni član podijeljen sa 1.

Zaista, ako je f (x) =anxn+an-1xn-1+... +a1x+a0, an?0, gdje su an, an-1,...,a1, a0 cijeli brojevi, tada je f (l/ m) =0, tj. an (l/m) n+an-1 (l/m) n-1+... +a1l/m+a0=0.

Pomnožimo obje strane ove jednakosti sa mn. Dobijamo anln+an-1ln-1m+... +a1lmn-1+a0mn=0.

Ovo implicira:

anln=m (-an-1ln-1-... - a1lmn-2-a0mn-1).

Vidimo da je cijeli broj anln djeljiv sa m. Ali l/m je nesvodljiv razlomak, tj. brojevi l i m su međusobno prosti, a zatim, kao što je poznato iz teorije djeljivosti cijelih brojeva, brojevi ln i m su također međusobno prosti. Dakle, anln je deljivo sa m, a m je koprostorno sa ln, što znači da je an deljivo sa m.

Provjerena tema nam omogućava da značajno suzimo područje traženja racionalnih korijena polinoma sa cjelobrojnim koeficijentima. Pokažimo to na konkretnom primjeru. Nađimo racionalne korijene polinoma f (x) =6x4+13x2-24x2-8x+8. Prema teoremi, racionalni korijeni ovog polinoma su među nesvodljivim razlomcima oblika l/m, gdje je l djelitelj slobodnog člana a0=8, a m je djelitelj vodećeg koeficijenta a4=6. Štaviše, ako je razlomak l/m negativan, tada će brojniku biti dodijeljen znak „-“. Na primjer, - (1/3) = (-1) /3. Dakle, možemo reći da je l djelitelj broja 8, a m pozitivan djelitelj broja 6.

Pošto su djelitelji broja 8 ±1, ±2, ±4, ±8, a pozitivni djelitelji broja 6 1, 2, 3, 6, onda su racionalni korijeni polinoma o kojem je riječ među brojevima ±1, ±1/2, ± 1/3, ±1/6, ±2, ±2/3, ±4, ±4/3, ±8, ±8/3. Podsjetimo da smo ispisali samo nesvodljive razlomke.

Dakle, imamo dvadeset brojeva - "kandidata" za korijene. Ostaje samo provjeriti svaki od njih i odabrati one koji su stvarno korijeni. Ali opet, morat ćete obaviti dosta provjera. Ali sljedeća teorema pojednostavljuje ovaj rad.

Ako je nesvodljivi razlomak l/m korijen polinoma f (x) sa cijelim koeficijentima, tada je f (k) djeljiv sa l-km za bilo koji cijeli broj k, pod uvjetom da je l-km?0.

Da biste dokazali ovu teoremu, podijelite f (x) sa x-k s ostatkom. Dobijamo f (x) = (x-k) s (x) +f (k). Kako je f (x) polinom sa cijelim koeficijentima, tako je i polinom s (x), a f (k) je cijeli broj. Neka je s (x) =bn-1+bn-2+…+b1x+b0. Tada je f (x) - f (k) = (x-k) (bn-1xn-1+bn-2xn-2+ …+b1x+b0). Stavimo x=l/m u ovu jednakost. Uzimajući u obzir da je f (l/m) =0, dobijamo

f (k) = ((l/m) - k) (bn-1 (l/m) n-1+bn-2 (l/m) n-2+…+b1 (l/m) +b0) .

Pomnožimo obje strane posljednje jednakosti sa mn:

mnf (k) = (l-km) (bn-1ln-1+bn-2ln-2m+…+b1lmn-2+b0mn-1).

Iz toga slijedi da je cijeli broj mnf (k) djeljiv sa l-km. Ali pošto su l i m kopraprosti, onda su mn i l-km također međusobno prosti, što znači da je f (k) djeljivo sa l-km. Teorema je dokazana.

Vratimo se sada našem primjeru i, koristeći dokazanu teoremu, dodatno ćemo suziti krug traženja racionalnih korijena. Primijenimo ovu teoremu za k=1 i k=-1, tj. ako je nesvodljivi razlomak l/m korijen polinoma f (x), tada je f (1) / (l-m) i f (-1) / (l+m). Lako nalazimo da je u našem slučaju f (1) = -5, i f (-1) = -15. Imajte na umu da smo u isto vrijeme isključili ±1 iz razmatranja.

Dakle, racionalne korijene našeg polinoma treba tražiti među brojevima ±1/2, ±1/3, ±1/6, ±2, ±2/3, ±4, ±4/3, ±8, ±8 /3.

Uzmimo l/m=1/2. Tada se l-m=-1 i f (1) =-5 dijeli sa ovim brojem. Nadalje, l+m=3 i f (1) =-15 je također djeljiv sa 3. To znači da razlomak 1/2 ostaje među “kandidatima” za korijene.

Neka je sada lm=- (1/2) = (-1) /2. U ovom slučaju, l-m=-3 i f (1) =-5 nije djeljivo sa -3. To znači da razlomak - 1/2 ne može biti korijen ovog polinoma, te ga isključujemo iz daljeg razmatranja. Provjerimo svaki od gore napisanih razlomaka i utvrdimo da su traženi korijeni među brojevima 1/2, ±2/3, 2, - 4.

Dakle, koristeći prilično jednostavnu tehniku, značajno smo suzili područje traženja racionalnih korijena polinoma koji se razmatra. Pa, da provjerimo preostale brojeve, koristit ćemo Hornerovu shemu:

Tabela 10

Otkrili smo da je ostatak pri dijeljenju g (x) sa x-2/3 jednak -80/9, tj. 2/3 nije korijen polinoma g (x), pa stoga nije ni f (x).

Zatim, lako nalazimo da je - 2/3 korijen polinoma g (x) i g (x) = (3x+2) (x2+2x-4). Tada je f (x) = (2x-1) (3x+2) (x2+2x-4). Dalja verifikacija se može izvršiti za polinom x2+2x-4, koji je, naravno, jednostavniji nego za g (x) ili još više za f (x). Kao rezultat, nalazimo da brojevi 2 i - 4 nisu korijeni.

Dakle, polinom f (x) =6x4+13x3-24x2-8x+8 ima dva racionalna korijena: 1/2 i - 2/3.

Podsjetimo da gore opisana metoda omogućava pronalaženje samo racionalnih korijena polinoma s cjelobrojnim koeficijentima. U međuvremenu, polinom može imati i iracionalne korijene. Tako, na primjer, polinom razmatran u primjeru ima još dva korijena: - 1±v5 (ovo su korijeni polinoma x2+2x-4). I, općenito govoreći, polinom možda uopće nema racionalne korijene.

Sada dajmo nekoliko savjeta.

Kada se testiraju “kandidati” za korijene polinoma f (x) korištenjem druge od gore dokazanih teorema, potonja se obično koristi za slučajeve k=±1. Drugim riječima, ako je l/m korijen "kandidat", provjerite da li su f (1) i f (-1) djeljive sa l-m i l+m, respektivno. Ali može se desiti da je, na primjer, f (1) = 0, tj. 1 je korijen, a onda je f (1) djeljiv bilo kojim brojem i naša provjera postaje besmislena. U ovom slučaju, trebate podijeliti f (x) sa x-1, tj. dobiti f(x) = (x-1)s(x) i testirati polinom s(x). Istovremeno, ne treba zaboraviti da smo već pronašli jedan korijen polinoma f (x) - x1=1. Ako pri provjeravanju “kandidata” za korijene preostale nakon korištenja druge teoreme o racionalnim korijenima, koristeći Hornerovu shemu, nađemo da je, na primjer, l/m korijen, tada treba pronaći njegovu višestrukost. Ako je jednako, recimo, k, onda je f (x) = (x-l/m) ks (x), a dalje testiranje se može uraditi za s (x), što smanjuje proračune.

Tako smo naučili pronaći racionalne korijene polinoma s cijelim koeficijentima. Ispostavilo se da smo na taj način naučili pronaći iracionalne korijene polinoma s racionalnim koeficijentima. U stvari, ako imamo, na primjer, polinom f (x) =x4+2/3x3+5/6x2+3/8x+2, onda, dovodeći koeficijente u zajednički nazivnik i stavljajući ga iz zagrada, dobiti f (x) =1/24 (24x4+16x3-20x2+9x+48). Jasno je da se korijeni polinoma f (x) poklapaju sa korijenima polinoma u zagradi, a njegovi koeficijenti su cijeli brojevi. Dokažimo, na primjer, da je sin100 iracionalan broj. Koristimo dobro poznatu formulu sin3?=3sin?-4sin3?. Otuda sin300=3sin100-4sin3100. Uzimajući u obzir da je sin300=0.5 i izvršavajući jednostavne transformacije, dobijamo 8sin3100-6sin100+1=0. Dakle, sin100 je korijen polinoma f (x) =8x3-6x+1. Ako tražimo racionalne korijene ovog polinoma, uvjerit ćemo se da ih nema. To znači da korijen sin100 nije racionalan broj, tj. sin100 je iracionalan broj.

Polinom u varijabli x je izraz oblika: anxn+an-1 xn-1+. . . +a 1 x+a 0, gdje je n prirodan broj; an, an-1, . . . , a 1, a 0 - bilo koji brojevi koji se nazivaju koeficijenti ovog polinoma. Izrazi anxn, an-1 xn-1, . . . , a 1 x, a 0 nazivaju se članovi polinoma, a 0 je slobodni član. an je koeficijent od xn, an-1 je koeficijent od xn-1, itd. Polinom u kojem su svi koeficijenti jednaki nuli naziva se nula. na primjer, polinom 0 x2+0 x+0 je nula. Iz zapisa polinoma jasno je da se sastoji od nekoliko članova. Odatle dolazi pojam ‹‹polinom›› (mnogi pojmovi). Ponekad se polinom naziva polinomom. Ovaj izraz dolazi od grčkih riječi πολι – mnogo i νομχ – član.

Polinom u jednoj varijabli x označava se: . f (x), g (x), h (x), itd. na primjer, ako je prvi od gornjih polinoma označen f (x), onda možemo napisati: f (x) =x 4+2 x 3 + (- 3) x 2+3/7 x+√ 2. 1. Polinom h(x) naziva se najveći zajednički djelitelj polinoma f(x) i g(x) ako dijeli f(x), g (x) i svaki njihov zajednički razdjelnik. 2. Za polinom f(x) sa koeficijentima iz polja P stepena n kaže se da je reducibilan preko polja P ako postoje polinomi h(x), g(x) O P[x] stepena manjeg od n takvi da je f(x) = h( x)g(x).

Ako postoji polinom f (x) =anxn+an-1 xn-1+. . . +a 1 x+a 0 i an≠ 0, tada se broj n naziva stepen polinoma f (x) (ili kažu: f (x) - n-ti stepen) i piše art. f(x)=n. U ovom slučaju, an se naziva vodeći koeficijent, a anxn je vodeći član ovog polinoma. Na primjer, ako je f (x) =5 x 4 -2 x+3, onda čl. f (x) =4, vodeći koeficijent - 5, vodeći član - 5 x4. Stepen polinoma je najveći broj njegovih koeficijenata različit od nule. Polinomi stepena nula su brojevi različiti od nule. , nulti polinom nema stepen; polinom f (x) =a, gdje je a broj različit od nule i ima stepen 0; stepen bilo kog drugog polinoma jednak je najvećem eksponentu varijable x, čiji je koeficijent jednak nuli.

Jednakost polinoma. Dva polinoma f (x) i g (x) smatraju se jednakima ako su njihovi koeficijenti za iste potencije varijable x i slobodnih članova jednaki (odgovarajući koeficijenti su im jednaki). f (x) = g (x). Na primjer, polinomi f (x) =x 3+2 x 2 -3 x+1 i g(x) =2 x 23 x+1 nisu jednaki, prvi od njih ima koeficijent x3 jednak 1, a drugi ima nulu (prema prihvaćenim konvencijama, možemo napisati: g (x) =0 x 3+2 x 2 -3 x+1. U ovom slučaju: f (x) ≠g (x). Polinomi nisu jednaki: h (x) =2 x 2 -3 x+5, s (x) =2 x 2+3 x+5, jer su njihovi koeficijenti za x različiti.

Ali polinomi f 1 (x) =2 x 5+3 x 3+bx+3 i g 1 (x) =2 x 5+ax 3 -2 x+3 su jednaki ako i samo ako je a = 3, a b = -2. Neka je zadan polinom f (x) =anxn+an-1 xn-1+. . . +a 1 x+a 0 i neki broj c. Broj f (c) =ancn+an-1 cn-1+. . . +a 1 c+a 0 naziva se vrijednost polinoma f (x) na x=c. Dakle, da biste pronašli f (c), trebate zamijeniti c u polinom umjesto x i izvršiti potrebne proračune. Na primjer, ako je f (x) =2 x 3+3 x 2 -x+5, tada je f (-2) =2 (-2) 3+ (-2) 2 - (-2) +5=3. Polinom može poprimiti različite vrijednosti za različite vrijednosti varijable x. Broj c se naziva korijenom polinoma f (x) ako je f (c) =0.

Obratimo pažnju na razliku između dvije tvrdnje: „polinom f (x) je jednak nuli (ili, što je isto, polinom f (x) je nula)“ i „vrijednost polinoma f (x ) pri x = c je jednako nuli.” Na primjer, polinom f (x) =x 2 -1 nije jednak nuli, ima koeficijente različite od nule, a njegova vrijednost na x=1 je nula. f (x) ≠ 0, i f (1) =0. Postoji bliska veza između pojmova jednakosti polinoma i vrijednosti polinoma. Ako su data dva jednaka polinoma f (x) i g (x), tada su im odgovarajući koeficijenti jednaki, što znači f (c) = g (c) za svaki broj c.

Operacije nad polinomima Polinomi se mogu sabirati, oduzimati i množiti koristeći uobičajena pravila za otvaranje zagrada i dovođenje sličnih pojmova. Rezultat je opet polinom. Ove operacije imaju poznata svojstva: f (x) +g (x) =g (x) +f (x), f (x) + (g (x) +h (x)) = (f (x) +g (x)) +h (x), f (x) g (x) =g (x) f (x), f (x) (g (x) h (x)) = (f (x) g ( x)) h (x), f (x) (g (x) +h (x)) =f (x) g (x) +f (x) h (x).

Neka su data dva polinoma f(x) =anxn+an-1 xn-1+. . . +a 1 x+a 0, an≠ 0, i g(x)=bmxm+bm-1 xm-1+. . . +b 1 x+bm≠ 0. Jasno je da čl. f(x)=n, i st. g(x)=m. Ako pomnožimo ova dva polinoma, dobićemo polinom oblika f(x) g(x)=anbmxm+n+. . . +a 0 b 0. Pošto je an≠ 0 i bn≠ 0, onda je anbm≠ 0, što znači st. (f(x)g(x))=m+n. Iz ovoga proizilazi važna izjava.

Stepen proizvoda dva polinoma različita od nule jednak je zbiru stepeni faktora, čl. (f (x) g (x)) = st. f (x) +st. g(x). Vodeći član (koeficijent) proizvoda dva polinoma različita od nule jednak je proizvodu vodećih članova (koeficijenata) faktora. Slobodni član proizvoda dva polinoma jednak je proizvodu slobodnih članova faktora. Potencije polinoma f (x), g (x) i f (x) ±g (x) povezane su sljedećom relacijom: čl. (f (x) ±g (x)) ≤ max (st. f (x), st. g (x)).

Zove se superpozicija polinoma f (x) i g (x). polinom označen f (g (x)), koji se dobija ako u polinom f (x) zamenimo polinom g (x) umesto x. Na primjer, ako je f(x)=x 2+2 x-1 i g(x) =2 x+3, onda je f(g(x))=f(2 x+3)=(2 x+3) 2 +2(2 x+3)-1=4 x 2+16 x+14, g(f(x))=g(x 2+2 x-1)=2(x 2+2 x-1) + 3=2 x 2+4 x+1. Može se vidjeti da je f (g (x)) ≠g (f (x)), tj. superpozicija polinoma f (x), g (x) i superpozicija polinoma g (x), f ( x) se razlikuju. Dakle, operacija superpozicije nema komutativno svojstvo.

, Algoritam dijeljenja s ostatkom Za bilo koje f(x), g(x), postoje q(x) (količnik) i r(x) (ostatak) takvi da je f(x)=g(x)q(x)+ r(x) i stepen r(x)

Delitelji polinoma Delitelj polinoma f(x) je polinom g(x), takav da je f(x)=g(x)q(x). Najveći zajednički djelitelj dvaju polinoma Najveći zajednički djelitelj polinoma f(x) i g(x) je njihov zajednički djelitelj d(x) koji je djeljiv sa bilo kojim drugim zajedničkim djeliteljima.

Euklidski algoritam (algoritam sekvencijalnog dijeljenja) za pronalaženje najvećeg zajedničkog djelitelja polinoma f(x) i g(x) Tada je najveći zajednički djelitelj f(x) i g(x).

Smanjite razlomak Rješenje: Nađite gcd ovih polinoma koristeći Euklidov algoritam 1) x3 + 6 x2 + 11 x + 6 x3 + 7 x2 + 14 x + 8 1 – x2 – 3 x – 2 2) x3 + 7 x2 + 14 x + 8 x3 + 3 x2 + 2 x – x2 – 3 x – 2 –x– 4 4 x2 + 12 x + 8 0 Dakle, polinom (– x2 – 3 x – 2) je gcd brojila i imenilac datog razlomka. Rezultat dijeljenja nazivnika ovim polinomom je poznat.

Nađimo rezultat dijeljenja brojila. x 3 + 6 x2 + 11 x + 6 – x2 – 3 x – 2 x3 + 3 x2 + 2 x –x– 3 3 x2 + 9 x + 6 0 Dakle, odgovor:

Hornerova shema Dijeljenje polinoma f(x) sa ostatkom nenultim polinomom g(x) znači predstavljanje f(x) u obliku f(x)=g(x) s(x)+r(x), gdje je s (x ) i r(x) su polinomi i ili r(x)=0 ili st. r(x)

Polinomi na lijevoj i desnoj strani ove relacije su jednaki, što znači da su im odgovarajući koeficijenti jednaki. Hajde da ih izjednačimo tako što ćemo prvo otvoriti zagrade i dovesti slične članove na desnu stranu ove jednakosti. Dobijamo: a= bn-1, a-1 = bn-2 - cbn-1, a-2 = bn-3 - cbn-2, a 2 = b 1 - cb 2, a 1 = b 0 - cb 1 , a 0 = r - cb 0. Podsjetimo da moramo pronaći nepotpuni količnik, tj. njegove koeficijente i ostatak. Izrazimo ih iz dobijenih jednakosti: bn-1 = an, b n-2 = cbn-1 + an-1, b n-3 = cbn-2 + a n-2, b 1 = cb 2 + a 2 , b 0 = cb 1 +a 1, r = cb 0 + a 0. Pronašli smo formule koje se mogu koristiti za izračunavanje koeficijenata parcijalnog količnika s (x) i ostatka r. U ovom slučaju, proračuni su prikazani u obliku sljedeće tabele; naziva se Hornerova šema.

Tabela 1. Koeficijenti f (x) c an bn-1 an-1 bn-2=cbn-1+ an-1 an-2 bn-3 = cbn-2+an-2 … … a 0 r = cb 0 + a 0 Koeficijenti s (x) ostatak U prvi red ove tabele upišite sve koeficijente polinoma f (x) u redu, ostavljajući prvu ćeliju slobodnom. U drugom redu, u prvoj ćeliji, upišite broj c. Preostale ćelije ovog reda popunjavaju se izračunavanjem jednog po jednog koeficijenata nepotpunog količnika s (x) i ostatka r. U drugu ćeliju upišite koeficijent bn-1, koji je, kako smo utvrdili, jednak an.

Koeficijenti u svakoj narednoj ćeliji izračunavaju se prema sljedećem pravilu: broj c se množi brojem u prethodnoj ćeliji, a rezultatu se dodaje broj iznad ćelije koja se popunjava. Da biste zapamtili, recimo, petu ćeliju, odnosno da biste pronašli koeficijent u njoj, trebate pomnožiti c brojem u četvrtoj ćeliji, a rezultatu dodati broj iznad pete ćelije. Podijelimo, na primjer, polinom f (x) =3 x 4 -5 x 2+3 x-1 sa x-2 sa ostatkom, koristeći Hornerovu šemu. Prilikom popunjavanja prvog reda ovog dijagrama, ne smijemo zaboraviti na nulte koeficijente polinoma. Dakle, koeficijenti f (x) su brojevi 3, 0, - 5, 3, - 1. I treba da zapamtite da je stepen nepotpunog količnika za jedan manji od stepena polinoma f (x).

Dakle, vršimo podjelu prema Hornerovoj shemi: Tabela 2. 2 3 3 0 6 -5 7 3 17 -1 33 Dobijamo parcijalni količnik s (x) =3 x 3+6 x 2+7 x+17 a ostatak r=33. Napominjemo da smo u isto vrijeme izračunali vrijednost polinoma f (2) =33. Podijelimo sada isti polinom f (x) sa x+2 s ostatkom. U ovom slučaju c=-2. dobijamo: Tabela 3. -2 3 3 0 -6 -5 7 3 -11 -1 21 Kao rezultat, imamo f (x) = (x+2) (3 x 3 -6 x 2+7 x- 11) +21 .

Korijeni polinoma Neka su c1, c2, …, cm različiti korijeni polinoma f (x). Tada je f (x) podijeljeno sa x-c1, tj. f (x) = (x-c 1) s 1 (x). Stavimo x=c2 u ovu jednakost. Dobijamo f (c 2) = (c 2 -c 1) s 1 (c 2) i, dakle, f (c 2) =0, onda (c2 -c1) s 1 (c 2) =0. Ali s2≠s1, tj. s2 -s1≠ 0, što znači s 1 (c 2) =0. Dakle, c2 je korijen polinoma s 1 (x). Iz toga slijedi da je s 1 (x) djeljiv sa x-c2, tj. s 1 (x) = (x-c 2) s 2 (x). Zamijenimo rezultirajući izraz za s 1 (x) u jednakost f (x) = (x-c 1) s 1 (x). Imamo f (x) = (x-c 1) (x-c 2) s 2 (x). Stavljajući x=c3 u posljednju jednakost, uzimajući u obzir činjenicu da je f (c 3) =0, c3≠c1, c3≠c2, dobijamo da je c3 korijen polinoma s 2 (x). To znači s 2 (x) = (x-c 3) s 3 (x), a zatim f (x) = (x-c 1) (x-c 2) (x-c 3) s 3 (x), itd. Nastavljajući ovo razmišljanje za preostalih korijena c4, c5, ..., cm, konačno dobijamo f (x) = (x-c 1) (x-c 2) ... (x-cm) sm (x), tj. dolje formulirana tvrdnja je dokazana.

Ako su s1, s2, …, sm različiti korijeni polinoma f (x), onda se f (x) može predstaviti kao f(x)=(x-c 1) (x-c 2)…(x-cm) sm(x ). Iz ovoga slijedi važan zaključak. Ako su c1, c2, ..., cm različiti korijeni polinoma f(x), tada je f(x) podijeljeno polinomom (x-c1) (x-c2) ... (x-cm). Broj različitih korijena različitog od nule polinoma f (x) nije veći od njegovog stepena. Zaista, ako f(x) nema korijena, onda je jasno da je teorema tačna, jer čl. f(x) ≥ 0. Neka f(x) ima m korijena s1, s2, …, sm, i svi su različiti. Zatim, prema onome što je upravo dokazano, f (x) se dijeli na (x-c1) (x -c2)…(x-cm). U ovom slučaju, čl. f(x)≥st. ((x-c1) (x-c2)…(x-cm))= st. (x-c1)+st. (x-s2)+…+st. (x-cm)=m, tj. art. f(x)≥m, a m je broj korijena polinoma o kojem je riječ. Ali nulti polinom ima beskonačno mnogo korijena, jer je njegova vrijednost za bilo koji x jednaka 0. Konkretno, iz tog razloga nije propisan nikakav specifičan stepen. Sljedeća tvrdnja slijedi iz upravo dokazane teoreme.

Ako polinom f(x) nije polinom stepena većeg od n i ima više od n korijena, tada je f(x) nulti polinom. U stvari, iz uslova ove izjave proizilazi da je ili f (x) nulti polinom, ili art. f (x) ≤n. Ako pretpostavimo da polinom f (x) nije nula, onda čl. f (x) ≤n, i tada f (x) ima najviše n korijena. Dolazimo do kontradikcije. To znači da je f(x) polinom različit od nule. Neka su f (x) i g (x) različiti od nule polinomi stepena najviše n. Ako ovi polinomi imaju iste vrijednosti za n+1 vrijednosti varijable x, onda je f (x) =g (x).

Da biste to dokazali, razmotrite polinom h (x) =f (x) - g (x). Jasno je da je ili h (x) =0 ili st. h (x) ≤n, tj. h (x) nije polinom stepena većeg od n. Sada neka je broj c takav da je f (c) = g (c). Tada je h (c) = f (c) - g (c) = 0, tj. c je korijen polinoma h (x). Dakle, polinom h (x) ima n+1 korijena, a kada je, kako je upravo dokazano, h (x) =0, tj. f (x) =g (x). Ako f (x) i g (x) uzimaju iste vrijednosti za sve vrijednosti varijable x, onda su ovi polinomi jednaki

Višestruki korijeni polinoma Ako je broj c korijen polinoma f (x), poznato je da je ovaj polinom djeljiv sa x-c. Može se desiti da je f (x) deljiv i sa nekom potencijom polinoma x-c, odnosno sa (x-c) k, k>1. U ovom slučaju, c se naziva višestrukim korijenom. Hajde da jasnije formulišemo definiciju. Broj c se naziva korijen višestrukosti k (k-preklopni korijen) polinoma f (x) ako je polinom djeljiv sa (x - c) k, k>1 (k je prirodan broj), ali nije djeljiv prema (x - c) k+ 1. Ako je k=1, tada se c naziva prostim korijenom, a ako je k>1, onda se naziva višestrukim korijenom polinoma f (x).

Ako je polinom f(x) predstavljen kao f(x)=(x-c)mg(x), m je prirodan broj, tada je djeljiv sa (x-c) m+1 ako i samo ako je g(x) djeljiv na x-s. U stvari, ako je g(x) djeljiv sa x-c, tj. g(x)=(x-c)s(x), onda je f(x)=(x-c) m+1 s(x), a to znači f(x ) je djeljiv sa (x-c) m+1. Obrnuto, ako je f(x) deljivo sa (x-c) m+1, onda je f(x)=(x-c) m+1 s(x). Tada (x-c)mg(x)=(x-c)m+1 s (x) i nakon smanjenja za (x-c)m dobijamo g(x)=(x-c)s(x). Iz toga slijedi da je g(x) djeljiv sa x-c.

Hajde da saznamo, na primer, da li je broj 2 koren polinoma f (x) =x 5 -5 x 4+3 x 3+22 x 2 -44 x+24, i ako jeste, pronađimo njegovu višestrukost. Da odgovorimo na prvo pitanje, hajde da proverimo pomoću Hornerovog kola da li je f (x) deljivo sa x-2. imamo: Tabelu 4. 2 1 1 -5 -3 3 -3 22 16 -44 -12 24 0 Kao što vidite, ostatak pri dijeljenju f(x) sa x-2 jednak je 0, tj. podijeljeno sa x-2. To znači da je 2 korijen ovog polinoma. Osim toga, dobili smo da je f(x)=(x-2)(x 4 -3 x 3 -3 x 2+16 x-12). Sada hajde da saznamo da li je f(x) na (x-2) 2. To zavisi, kao što smo upravo dokazali, od deljivosti polinoma g (x) =x 4 -3 x 3 -3 x 2+16 x -12 sa x-2.

Koristimo opet Hornerovu shemu: Tabela 5. 1 -3 -3 16 -12 2 1 -1 -5 6 0 Otkrili smo da je g(x) djeljiv sa x-2 i g(x)=(x-2)( x 3 -x 2 -5 x+6). Tada je f(x)=(x-2)2(x 3 -x 2 -5 x+6). Dakle, f(x) je deljivo sa (x-2)2, sada treba da saznamo da li je f(x) deljivo sa (x-2)3. Da bismo to uradili, proverimo da li je h (x) =x 3 -x 2 -5 x+6 deljivo sa x-2: Tabela 6. 1 -1 -5 6 2 1 1 -3 0 Nalazimo da je h(x ) je djeljiv sa x-2, što znači da je f(x) podijeljeno sa (x-2) 3, a f(x)=(x-2)3(x 2+x-3).

Zatim, na sličan način provjeravamo da li je f(x) djeljiv sa (x-2)4, tj. da li je s(x)=x 2+x-3 djeljiv sa x-2: Tabela 7. 2 1 1 1 3 -3 3 Nalazimo da je ostatak prilikom dijeljenja s(x) sa x-2 jednak 3, tj. s(x) nije djeljiv sa x-2. To znači da f(x) nije deljivo sa (x-2)4. Dakle, f(x) je deljivo sa (x-2)3, ali nije deljivo sa (x-2)4. Dakle, broj 2 je korijen višestrukosti 3 polinoma f(x).

Obično se provjera korijena radi višestrukosti izvodi u jednoj tablici. Za ovaj primjer ova tabela izgleda ovako: Tabela 8. 1 -5 3 22 -44 -24 2 2 1 1 -3 -1 1 3 -3 -5 -3 3 16 6 0 -12 0 0 Drugim riječima, prema šemi Hornerova podjela polinoma f (x) sa x-2, u drugom redu dobijamo koeficijente polinoma g (x). Zatim ovu drugu liniju smatramo prvom linijom novog Hornerovog sistema i podijelimo g (x) sa x-2, itd. Nastavljamo proračune dok ne dobijemo ostatak koji je različit od nule. U ovom slučaju, višestrukost korijena jednaka je broju dobivenih nula ostataka. Red koji sadrži zadnji ostatak različit od nule također sadrži koeficijente količnika pri dijeljenju f (x) sa (x-2) 3.

Sada ćemo, koristeći upravo predloženu šemu za provjeru korijena za višestrukost, riješiti sljedeći problem. Za koje a i b polinom f(x) =x 4+2 x 3+ax 2+ (a+b)x+2 ima broj - 2 kao korijen višestrukog broja 2? Budući da bi množina korijena - 2 trebala biti jednaka 2, tada, kada se dijeli sa x+2 prema predloženoj shemi, treba da dobijemo dvaput ostatak od 0, a treći put - ostatak različit od nule. Imamo: Tabela 9. -2 -2 -2 1 1 2 0 -2 -4 a a a+4 a+12 a+b -3 a+b-8 2 2 a-2 b+2

Dakle, broj - 2 je korijen višestrukosti 2 originalnog polinoma ako i samo ako

Racionalni korijeni polinoma Ako je nesvodljivi razlomak l/m (l, m su cijeli brojevi) korijen polinoma f (x) s cijelim koeficijentima, tada je vodeći koeficijent ovog polinoma podijeljen sa m, a slobodni član je podijeljeno sa 1. Zaista, ako je f (x)=anxn+an-1 xn-1+…+a 1 x+a 0, an≠ 0, gdje je an, an-1, . . . , a 1, a 0 su cijeli brojevi, tada je f(l/m) =0, tj. an (l/m) n+an-1 (l/m) n-1+. . . +a 1 l/m+a 0=0. Pomnožimo obje strane ove jednakosti sa mn. Dobijamo anln+an-1 ln-1 m+. . . +a 1 lmn-1+a 0 mn=0. Ovo implicira anln=m (-an-1 ln-1 -…- a 1 lmn-2 -a 0 mn-1).

Vidimo da je cijeli broj anln djeljiv sa m. Ali l/m je nesvodljiv razlomak, tj. brojevi l i m su međusobno prosti, a zatim, kao što je poznato iz teorije djeljivosti cijelih brojeva, brojevi ln i m su također međusobno prosti. Dakle, anln je deljivo sa m, a m je koprostorno sa ln, što znači da je an deljivo sa m. Nađimo racionalne korijene polinoma f (x) =6 x 4+13 x 2 -24 x 2 -8 x+8. Prema teoremi, racionalni korijeni ovog polinoma su među nesvodljivim razlomcima oblika l/m, gdje je l djelitelj slobodnog člana a 0=8, a m je djelitelj vodećeg koeficijenta a 4=6 . Štaviše, ako je razlomak l/m negativan, tada će brojniku biti dodijeljen znak „-“. Na primjer, - (1/3) = (-1) /3. Dakle, možemo reći da je l djelitelj broja 8, a m pozitivan djelitelj broja 6.

Pošto su djelitelji broja 8 ± 1, ± 2, ± 4, ± 8, a pozitivni djelitelji broja 6 1, 2, 3, 6, onda su racionalni korijeni polinoma o kojem je riječ među brojevima ± 1, ± 1/2, ± 1/3, ± 1/6, ± 2/3, ± 4, ± 4/3, ± 8/3. Podsjetimo da smo ispisali samo nesvodljive razlomke. Dakle, imamo dvadeset brojeva - "kandidata" za korijene. Ostaje samo provjeriti svaki od njih i odabrati one koji su stvarno korijeni. sljedeća teorema pojednostavljuje ovaj rad. Ako je nesvodljivi razlomak l/m korijen polinoma f (x) s cijelim koeficijentima, tada je f (k) djeljiv sa l-km za bilo koji cijeli broj k, pod uvjetom da je l-km≠ 0.

Da biste dokazali ovu teoremu, podijelite f(x) sa x-k s ostatkom. Dobijamo f(x)=(x-k)s(x)+f(k). Pošto je f(x) polinom sa cjelobrojnim koeficijentima, tako je i polinom s(x), a f(k) je cijeli broj. Neka je s(x)=bn-1+bn-2+…+b 1 x+b 0. Tada je f(x)-f(k)=(x-k) (bnxn-1+bn-2 xn-2+ … +b 1 x+b 0). Stavimo 1 x=l/m u ovu jednakost. Uzimajući u obzir da je f(l/m)=0, dobijamo f(k)=((l/m)-k)(bn-1(l/m)n-1+bn-2(l/m)n- 2+…+b 1(l/m)+b 0). Pomnožimo obje strane posljednje jednakosti sa mn: mnf(k)=(l-km)(bn-1 ln-1+bn-2 ln-2 m+…+b 1 lmn-2+b 0 mn-1) . Iz toga slijedi da je cijeli broj mnf (k) djeljiv sa l-km. Ali pošto su l i m kopraprosti, onda su mn i l-km takođe koprosti, što znači da je f(k) deljivo sa l-km. Teorema je dokazana.

Vratimo se našem primjeru i, koristeći dokazanu teoremu, dodatno ćemo suziti krug potrage za racionalnim korijenima. Primijenimo ovu teoremu za k=1 i k=-1, tj. ako je nesvodljivi razlomak l/m korijen polinoma f(x), tada je f(1)/(l-m) i f(-1) /(l +m). Lako nalazimo da je u našem slučaju f(1)=-5, i f(-1)= -15. Imajte na umu da smo u isto vrijeme iz razmatranja isključili ± 1. Dakle, racionalne korijene našeg polinoma treba tražiti među brojevima ± 1/2, ± 1/3, ± 1/6, ± 2, ± 2/3, ± 4/3, ± 8 /3. Uzmimo l/m=1/2. Tada se l-m=-1 i f (1) =-5 dijeli sa ovim brojem. Nadalje, l+m=3 i f (1) =-15 je također djeljiv sa 3. To znači da razlomak 1/2 ostaje među “kandidatima” za korijene.

Neka je sada lm=-(1/2)=(-1)/2. U ovom slučaju, l-m=-3 i f (1) =-5 nije djeljivo sa -3. To znači da razlomak -1/2 ne može biti korijen ovog polinoma, te ga isključujemo iz daljeg razmatranja. Provjerimo svaki od gore napisanih razlomaka i otkrijemo da se traženi korijeni nalaze među brojevima 1/2, ± 2/3, 2, - 4. Tako smo, koristeći prilično jednostavnu tehniku, značajno suzili područje pretraživanja za racionalno korijene polinoma o kojem je riječ. Pa, da provjerimo preostale brojeve, koristit ćemo Hornerovu shemu: Tabela 10. 6 13 -24 -8 8 1/2 6 16 -16 0

Vidimo da je 1/2 korijen polinoma f(x) i f(x)= (x-1/2) (6 x 3+16 x 2 -16 x-16) = (2 x-1) (3 x 3+8 x 2 -8 x-8). Jasno je da se svi ostali korijeni polinoma f (x) poklapaju sa korijenima polinoma g (x) =3 x 3+8 x 2 -8 x-8, što znači da dalja provjera “kandidata” za korijene može se izvesti za ovaj polinom. Nalazimo: Tabela 11. 3 8 -8 -8 2/3 3 10 -4/3 -80/9 Otkrili smo da je ostatak pri dijeljenju g(x) sa x-2/3 jednak -80/9, tj. 2/3 nije korijen polinoma g(x), pa stoga nije ni f(x). Zatim nalazimo da je - 2/3 korijen polinoma g(x) i g (x) = (3 x+2) (x 2+2 x-4).

Tada je f(x) = (2 x-1) (3 x+2) (x 2+2 x-4). Dalja verifikacija se može izvršiti za polinom x 2+2 x-4, koji je, naravno, jednostavniji nego za g (x) ili, još više, za f (x). Kao rezultat, nalazimo da brojevi 2 i - 4 nisu korijeni. Dakle, polinom f (x) =6 x 4+13 x 3 -24 x 2 -8 x+8 ima dva racionalna korijena: 1/2 i - 2/3. Ova metoda omogućava pronalaženje samo racionalnih korijena polinoma s cijelim koeficijentima. U međuvremenu, polinom može imati i iracionalne korijene. Tako, na primjer, polinom razmatran u primjeru ima još dva korijena: - 1±√ 5 (ovo su korijeni polinoma x2+2 x-4). polinom možda uopće nema racionalne korijene.

Kada se testiraju “kandidatski” korijeni polinoma f(x) korištenjem druge od gore dokazanih teorema, potonji se obično koristi za slučajeve k = ± 1. Drugim riječima, ako je l/m korijen “kandidat”, tada provjeriti da li je f( 1) i f (-1) po l-m i l+m, respektivno. Ali može se dogoditi da je, na primjer, f(1) =0, tj. 1 je korijen, a onda je f(1) djeljiv bilo kojim brojem, i naša provjera postaje besmislena. U ovom slučaju, trebate podijeliti f(x) sa x-1, tj. dobiti f(x)=(x-1)s(x), i testirati polinom s(x). Istovremeno, ne treba zaboraviti da smo već pronašli jedan korijen polinoma f(x)-x 1=1. Ako provjerimo “kandidate” za korijene preostale nakon korištenja druge teoreme o racionalnim korijenima, koristeći Hornerovu shemu, otkrijemo da je, na primjer, l/m korijen, tada treba pronaći njegovu višestrukost. Ako je jednako, recimo, k, onda je f(x)=(x-l/m) ks (x), a dalje testiranje se može obaviti na s(x), što smanjuje izračunavanje.

Rješenje. Nakon zamjene varijable y=2 x, prelazimo na polinom sa koeficijentom jednakim jedan u najvišem stepenu. Da biste to učinili, prvo pomnožite izraz sa 4. Ako rezultirajuća funkcija ima cjelobrojne korijene, onda su oni među djeliteljima slobodnog člana. Zapišimo ih: ± 1, ± 2, ± 3, ± 4, ± 5, ± 6, ± 10, ± 12, ± 15 ±, ± 20, ± 30, ± 60

Izračunajmo sekvencijalno vrijednosti funkcije g(y) u ovim tačkama dok ne dođemo do nule. To jest, y=-5 je korijen i stoga je korijen originalne funkcije. Podijelimo polinom binomom koristeći stupac (ugao)

Nije preporučljivo nastaviti provjeru preostalih djelitelja, jer je lakše faktorizirati rezultirajući kvadratni trinom.

Korištenje skraćenih formula za množenje i Newtonovog binoma za faktoriranje polinoma Ponekad pojava polinoma sugerira način da se faktori. Na primjer, nakon jednostavnih transformacija, koeficijenti su poređani u liniji iz Pascalovog trokuta za koeficijente Newtonovog binoma. Primjer. Faktor polinoma.

Rješenje. Transformirajmo izraz u oblik: Niz koeficijenata zbira u zagradama jasno pokazuje da je ovo Dakle, Sada primjenjujemo formulu razlike kvadrata: Izraz u drugoj zagradi nema pravi korijen, a za polinom iz u prvoj zagradi još jednom primjenjujemo formulu razlike kvadrata

Vieta formule koje izražavaju koeficijente polinoma kroz njegove korijene. Ove formule su pogodne za provjeru ispravnosti pronalaženja korijena polinoma, kao i za sastavljanje polinoma na osnovu njegovih zadanih korijena. Formulacija Ako su korijeni polinoma, tada se koeficijenti izražavaju u obliku simetričnih polinoma korijena, tj.

Drugim riječima, ak je jednako zbiru svih mogućih proizvoda od k korijena. Ako je vodeći koeficijent polinom, tada je za primjenu Vietine formule potrebno prvo podijeliti sve koeficijente sa 0. U ovom slučaju, Vieta formule daju izraz za omjer svih koeficijenata prema vodećim. Iz Vietine posljednje formule slijedi da ako su korijeni polinoma cijeli broj, onda su djelitelji njegovog slobodnog člana, koji je također cijeli broj. Dokaz se izvodi razmatranjem jednakosti dobivene proširenjem polinoma po korijenima, uzimajući u obzir da je a 0 = 1 Izjednačavajući koeficijente pri istim potencijama x, dobijamo Vieta formule.

Riješite jednačinu x 6 – 5 x 3 + 4 = 0 Rješenje. Označimo y = x 3, tada originalna jednačina ima oblik y 2 – 5 y + 4 = 0, rješavanjem koje dobijamo Y 1 = 1; Y 2 = 4. Dakle, originalna jednačina je ekvivalentna skupu jednačina: x 3 = 1 ili x 3 = 4, tj. X 1 = 1 ili X 2 = Odgovor: 1;

Definicija Bezoutove teoreme 1. Element se naziva korijenom polinoma ako je f(c)=0. Bezoutova teorema. Ostatak dijeljenja polinoma Pn(x) sa binomom (x-a) jednak je vrijednosti ovog polinoma na x = a. Dokaz. Na osnovu algoritma dijeljenja, f(x)=(xc)q(x)+r(x), gdje je ili r(x)=0, ili, i stoga. Dakle, f(x)=(x-c)q(x)+r, dakle f(c)=(c-c)q(c)+r=r, i stoga f(x)=(xc)q(x) +f (c).

Rezultat 1: Ostatak dijeljenja polinoma Pn (x) binomom ax+b jednak je vrijednosti ovog polinoma na x = -b/a, tj. R=Pn (-b/a). Posljedica 2: Ako je broj a korijen polinoma P (x), onda je ovaj polinom djeljiv sa (x-a) bez ostatka. Posljedica 3: Ako polinom P(x) ima po paru različite korijene a 1 , a 2 , ... , an, tada je podijeljen proizvodom (x-a 1) ... (x-an) bez ostatka. Rezultat 4: Polinom stepena n ima najviše n različitih korijena. Korol 5: Za bilo koji polinom P(x) i broj a, razlika (P(x)-P(a)) je djeljiva binomom (x-a) bez ostatka. Posledica 6: Broj a je koren polinoma P(x) prvog stepena ako i samo ako je P(x) deljiv sa (x-a) bez ostatka.

Dekompozicija racionalnog razlomka na proste razlomke Pokažimo da se svaki pravi racionalni razlomak može rastaviti na zbir prostih razlomaka. Neka je dat pravi racionalni razlomak (1).

Teorema 1. Neka je x=a korijen nazivnika kratkoće k, tj. gdje je f(a)≠ 0, tada se ovaj pravi razlomak može predstaviti kao zbir dva druga prava razlomka na sljedeći način: (2) , gdje je A je konstanta koja nije jednaka nuli, a F 1(x) je polinom čiji je stepen manji od stepena nazivnika