Tétel a polinom racionális gyökeiről. Racionális számok, definíció, példák

Stb. általános oktatási jellegű, és nagy jelentőséggel bír a felsőbb matematika TELJES kurzusának tanulmányozása szempontjából. Ma megismételjük az „iskolai” egyenleteket, de nem csak az „iskolai” egyenleteket - hanem azokat, amelyek mindenhol megtalálhatók a különféle vyshmat problémákban. A sztori szokás szerint alkalmazott módon, pl. Nem a definíciókra és osztályozásokra koncentrálok, hanem megosztom veletek a megoldással kapcsolatos személyes tapasztalataimat. Az információk elsősorban kezdőknek szólnak, de a haladóbb olvasók is sok érdekességet találnak maguknak. És természetesen lesznek olyan új anyagok is, amelyek túlmutatnak a középiskolán.

Tehát az egyenlet…. Sokan borzongva emlékeznek vissza erre a szóra. Mit érnek a „kifinomult” gyökös egyenletek... ...felejtsd el őket! Mert akkor találkozik e faj legártalmatlanabb „képviselőivel”. Vagy unalmas trigonometrikus egyenletek tucatnyi megoldási módszerrel. Őszintén szólva én magam sem szerettem őket igazán... Ne essen pánikba! – akkor többnyire „pitypang” 1-2 lépésben kézenfekvő megoldással vár. Bár a „bojtorján” biztosan ragaszkodik, itt kell tárgyilagosnak lenni.

Furcsa módon a magasabb matematikában sokkal gyakoribb az olyan nagyon primitív egyenletekkel való foglalkozás, mint pl. lineáris egyenletek

Mit jelent ennek az egyenletnek a megoldása? Ez azt jelenti, hogy meg kell találni az „x” (gyök) OLYAN értékét, amely valódi egyenlőséggé változtatja. Dobjuk jobbra a „hármat” előjelváltással:

és dobd le a „kettőt” a jobb oldalra (vagy ugyanaz - szorozd meg mindkét oldalt) :

Az ellenőrzéshez cseréljük be az elnyert trófeát az eredeti egyenletbe:

A helyes egyenlőséget kapjuk, ami azt jelenti, hogy a talált érték valóban ennek az egyenletnek a gyökere. Vagy ahogy szokták mondani, megfelel ennek az egyenletnek.

Felhívjuk figyelmét, hogy a gyökér tizedes törtként is írható:
És próbálj meg nem ragaszkodni ehhez a rossz stílushoz! Az okot többször is megismételtem, különösen a legelső leckén magasabb algebra.

Az egyenlet egyébként „arabul” is megoldható:

És ami a legérdekesebb, hogy ez a felvétel teljesen legális! De ha nem vagy tanár, akkor jobb, ha nem csinálod, mert itt az eredetiség büntetendő =)

És most egy kicsit róla

grafikus megoldási módszer

Az egyenletnek megvan a formája és a gyöke "X" koordináta metszéspontok lineáris függvénygrafikon egy lineáris függvény grafikonjával (x tengely):

Úgy tűnik, a példa annyira elemi, hogy nincs itt már mit elemezni, de még egy váratlan árnyalat „kifacsarható” belőle: mutassuk be ugyanazt az egyenletet a függvények formájában és készítsük el a gráfokat:

ahol, kérem, ne keverje össze a két fogalmat: egy egyenlet egy egyenlet, és funkció– ez egy funkció! Funkciók csak segítség keresse meg az egyenlet gyökereit. Ebből lehet kettő, három, négy vagy akár végtelenül sok. A legközelebbi példa ebben az értelemben a jól ismert másodfokú egyenlet, amelynek megoldási algoritmusa külön bekezdést kapott "forró" iskolai képletek. És ez nem véletlen! Ha meg tud oldani egy másodfokú egyenletet és tudja Pitagorasz tétel, akkor, mondhatni, „a felsőbb matematika fele már a zsebében van” =) Persze túlzás, de nem olyan messze az igazságtól!

Ezért ne legyünk lusták, és oldjunk meg néhány másodfokú egyenletet a segítségével szabványos algoritmus:

, ami azt jelenti, hogy az egyenletnek két különböző érvényes gyökér:

Könnyen ellenőrizhető, hogy mindkét talált érték valóban megfelel-e ennek az egyenletnek:

Mi a teendő, ha hirtelen elfelejtette a megoldási algoritmust, és nincs kéznél eszköz/segítő kéz? Ez a helyzet előfordulhat például egy teszt vagy vizsga során. Grafikus módszert használunk! És két módja van: megteheti pontról pontra épít parabola , ezáltal megtudja, hol metszi a tengelyt (ha keresztezi egyáltalán). De jobb, ha valami ravaszabb dolgot csinál: képzelje el az egyenletet a formában, rajzolja meg az egyszerűbb függvények grafikonjait - és "X" koordináták jól láthatóak a metszéspontjaik!


Ha kiderül, hogy az egyenes érinti a parabolát, akkor az egyenletnek két egyező (több) gyöke van. Ha kiderül, hogy az egyenes nem metszi a parabolát, akkor nincsenek valódi gyökerek.

Ehhez persze építeni kell tudni elemi függvények grafikonjai, de másrészt még egy iskolás is meg tudja csinálni ezeket a készségeket.

És még egyszer: az egyenlet egyenlet, a függvények pedig olyan függvények, amelyek csak segített oldja meg az egyenletet!

És itt egyébként érdemes lenne még egy dolgot megjegyezni: ha egy egyenlet összes együtthatóját megszorozzuk egy nem nulla számmal, akkor a gyöke nem változik.

Tehát például az egyenlet ugyanazok a gyökerei. Egyszerű „bizonyítékként” kiveszem a konstanst a zárójelből:
és fájdalommentesen eltávolítom (Mindkét részt elosztom "mínusz kettővel"):

DE! Ha figyelembe vesszük a függvényt, akkor itt nem szabadulhatunk meg a konstanstól! A szorzót csak a zárójelből szabad kivenni: .

Sokan alábecsülik a grafikus megoldási módot, „méltatlanságnak” tartják, sőt néhányan teljesen megfeledkeznek erről a lehetőségről. És ez alapvetően rossz, hiszen a grafikonok ábrázolása néha csak megmenti a helyzetet!

Egy másik példa: tegyük fel, hogy nem emlékszik a legegyszerűbb trigonometrikus egyenlet gyökereire: . Az általános képlet megtalálható az iskolai tankönyvekben, minden elemi matematikáról szóló kézikönyvben, de ezek nem állnak rendelkezésére. Az egyenlet megoldása azonban kritikus (más néven „kettő”). Van kijárat! - függvénygrafikonokat készíteni:


majd nyugodtan felírjuk a metszéspontjaik „X” koordinátáit:

Végtelenül sok gyök van, és az algebrában ezek sűrített jelölése elfogadott:
, Ahol ( – egész számok halmaza) .

És anélkül, hogy „elmennék”, néhány szót az egyváltozós egyenlőtlenségek grafikus módszeréről. Az elv ugyanaz. Így például az egyenlőtlenség megoldása tetszőleges „x”, mert A sinusoid szinte teljesen az egyenes alatt fekszik. Az egyenlőtlenség megoldása azoknak az intervallumoknak a halmaza, amelyekben a szinusz darabjai szigorúan az egyenes felett helyezkednek el. (x-tengely):

vagy röviden:

De itt van a sok megoldás az egyenlőtlenségre: üres, mivel a szinusz egyetlen pontja sem található az egyenes felett.

Van valami, amit nem értesz? Sürgősen tanulmányozza a leckéket kb készletekÉs függvénygrafikonok!

Bemelegítünk:

1. Feladat

Oldja meg grafikusan a következő trigonometrikus egyenleteket:

Válaszok a lecke végén

Amint látja, az egzakt tudományok tanulmányozásához egyáltalán nem szükséges képleteket és segédkönyveket zsúfolni! Ráadásul ez egy alapvetően hibás megközelítés.

Ahogy már az óra elején megnyugtattam, a magasabb matematika standard kurzusában rendkívül ritkán kell összetett trigonometrikus egyenleteket megoldani. Minden bonyolultság általában olyan egyenletekkel végződik, mint , amelyek megoldása két gyökcsoport, amelyek a legegyszerűbb egyenletekből és . Ne törődj túl sokat az utóbbi megoldásával – nézz egy könyvben vagy keresd meg az interneten =)

A grafikus megoldási módszer kevésbé triviális esetekben is segíthet. Tekintsük például a következő „ragtag” egyenletet:

A megoldás kilátásai... egyáltalán nem tűnnek semminek, de csak el kell képzelni az egyenletet a formában, épít függvénygrafikonokés minden hihetetlenül egyszerű lesz. A cikk közepén van egy rajz arról végtelenül kicsi függvények (a következő lapon nyílik meg).

Ugyanezzel a grafikus módszerrel megtudhatja, hogy az egyenletnek már két gyöke van, és az egyik egyenlő nullával, a másik pedig látszólag, irracionálisés a szegmenshez tartozik. Ez a gyök megközelítőleg kiszámítható, pl. érintő módszer. Mellesleg, bizonyos problémáknál előfordul, hogy nem a gyökereket kell megtalálni, hanem meg kell találni léteznek egyáltalán?. És itt is segíthet egy rajz - ha a grafikonok nem metszik egymást, akkor nincsenek gyökerek.

Egész együtthatós polinomok racionális gyökei.
Horner-séma

És most arra hívlak, hogy fordítsa tekintetét a középkor felé, és érezze meg a klasszikus algebra egyedi hangulatát. Az anyag jobb megértése érdekében azt javaslom, hogy legalább egy kicsit olvassa el komplex számok.

Ők a legjobbak. Polinomok.

Érdeklődésünk tárgya a -val alak leggyakoribb polinomjai lesznek egész együtthatók Egy természetes számot hívnak polinom foka, szám – a legmagasabb fokú együttható (vagy csak a legmagasabb együttható), és az együttható ingyenes tag.

Ezt a polinomot röviden jelölöm.

Polinom gyökerei hívjuk az egyenlet gyökereit

Imádom a vas logikát =)

Példákért ugorjon a cikk legelejére:

Nem okoz gondot az 1. és 2. fokú polinomok gyökeinek megtalálása, de ahogy növekszik, ez a feladat egyre nehezebbé válik. Bár másrészt minden érdekesebb! És pontosan ennek lesz szentelve a lecke második része.

Először is, szó szerint az elmélet képernyőjének fele:

1) Következmény szerint algebra alaptétele, a fokpolinom pontosan rendelkezik összetett gyökerei. Egyes gyökerek (vagy akár az összes) különösen lehetnek érvényes. Sőt, a valódi gyökerek között lehetnek azonos (több) gyökök is (minimum kettő, maximum darab).

Ha valamilyen komplex szám a polinom gyöke, akkor konjugált száma is szükségszerűen ennek a polinomnak a gyöke (a konjugált komplex gyökök alakja ).

A legegyszerűbb példa egy másodfokú egyenlet, amellyel először a 8-ban találkoztunk (mint) osztályban, és amit végül a témában „befejeztünk”. komplex számok. Hadd emlékeztesselek: egy másodfokú egyenletnek vagy két különböző valós gyöke van, vagy több gyöke, vagy konjugált összetett gyöke.

2) Innen Bezout tétele ebből következik, hogy ha egy szám egy egyenlet gyöke, akkor a megfelelő polinom faktorizálható:
, ahol egy fokú polinom.

És ismét a régi példánk: mivel az egyenlet gyöke, akkor . Ezt követően nem nehéz megszerezni a jól ismert „iskola” bővítést.

A Bezout-tétel következményének nagy gyakorlati értéke van: ha ismerjük egy 3. fokú egyenlet gyökerét, akkor azt alakban tudjuk ábrázolni. a másodfokú egyenletből pedig könnyű kideríteni a maradék gyököket. Ha ismerjük egy 4. fokú egyenlet gyökerét, akkor lehetséges a bal oldal szorzattá bővítése stb.

És van itt két kérdés:

Egy kérdés. Hogyan lehet megtalálni ezt a gyökeret? Mindenekelőtt határozzuk meg a természetét: a felsőbb matematika számos problémájában meg kell találni racionális, különösen egész polinomok gyökerei, és ezzel kapcsolatban a továbbiakban elsősorban ezekre leszünk kíváncsiak.... ...olyan jók, olyan bolyhosak, hogy csak meg akarod találni őket! =)

Az első dolog, ami eszünkbe jut, az a kiválasztási módszer. Tekintsük például az egyenletet. A fogás itt szabad távon van - ha nullával egyenlő lenne, akkor minden rendben lenne - kivesszük az „x”-et a zárójelekből, és maguk a gyökerek „kiesnek” a felszínre:

De a mi szabad tagunk egyenlő a „hárommal”, ezért elkezdünk különböző számokat behelyettesíteni az egyenletbe, amelyek azt állítják, hogy „gyökér”. Mindenekelőtt az egyes értékek helyettesítése önmagát sugallja. Cseréljük:

Megkapta helytelen egyenlőség, tehát az egység „nem illett”. Na jó, cseréljük ki:

Megkapta igaz egyenlőség! Azaz az érték ennek az egyenletnek a gyökere.

A 3. fokú polinom gyökereinek megtalálására van egy analitikai módszer (az úgynevezett Cardano-képletek), de most egy kicsit más feladatra vagyunk kíváncsiak.

Mivel - a polinomunk gyöke, a polinom alakban ábrázolható és keletkezik Második kérdés: hogyan lehet „öccsre” találni?

A legegyszerűbb algebrai megfontolások azt sugallják, hogy ehhez osztanunk kell -vel. Hogyan oszthatunk polinomot polinommal? Ugyanaz az iskolai módszer, amely elosztja a közönséges számokat - „oszlop”! Ezt a módszert részletesen tárgyaltam a lecke első példáiban. Összetett határok, és most egy másik módszert nézünk meg, amely az ún Horner-séma.

Először a „legmagasabb” polinomot írjuk fel mindenkivel , beleértve a nulla együtthatókat:
, ami után ezeket az együtthatókat írjuk be (szigorúan sorrendben) a táblázat felső sorába:

A gyökeret a bal oldalra írjuk:

Azonnal leszögezem, hogy Horner séma akkor is működik, ha a „piros” szám Nem a polinom gyöke. Azonban ne siessük el a dolgokat.

Eltávolítjuk a vezető együtthatót felülről:

Az alsó cellák kitöltésének folyamata némileg a hímzésre emlékeztet, ahol a „mínusz egy” egyfajta „tű”, amely áthatja a következő lépéseket. A „lehordott” számot megszorozzuk (–1)-gyel, és a felső cellából származó számot hozzáadjuk a termékhez:

A talált értéket megszorozzuk a „piros tűvel”, és hozzáadjuk a következő egyenletegyütthatót a szorzathoz:

És végül a kapott értéket ismét „feldolgozzuk” a „tűvel” és a felső együtthatóval:

Az utolsó cellában lévő nulla azt jelzi, hogy a polinom fel van osztva nyom nélkül (ahogy lennie kell), míg a tágulási együtthatókat közvetlenül a táblázat alsó sorából „eltávolítjuk”:

Így az egyenletről egy ekvivalens egyenletre tértünk át, és minden világos a maradék két gyökkel (ebben az esetben konjugált komplex gyököket kapunk).

Az egyenlet egyébként grafikusan is megoldható: plot "villám" és nézd meg, hogy a grafikon keresztezi az x tengelyt () pontban. Vagy ugyanaz a „ravasz” trükk - átírjuk az egyenletet alakban, elemi grafikonokat rajzolunk, és észleljük a metszéspontjuk „X” koordinátáját.

Egyébként bármely 3. fokú függvénypolinom grafikonja legalább egyszer metszi a tengelyt, ami azt jelenti, hogy a megfelelő egyenlet legalább egy érvényes gyökér. Ez a tény minden páratlan fokú polinomfüggvényre igaz.

És itt is szeretnék elidőzni fontos pont ami a terminológiát érinti: polinomÉs polinomiális függvény – ez nem ugyanaz! De a gyakorlatban gyakran beszélnek például a „polinom gráfjáról”, ami természetesen hanyagság.

Térjünk azonban vissza Horner sémájához. Amint azt a közelmúltban említettem, ez a séma más számoknál is működik, de ha a szám Nem az egyenlet gyöke, akkor a képletünkben egy nullától eltérő összeadás (maradék) jelenik meg:

„Futtassuk” a „sikertelen” értéket Horner séma szerint. Ebben az esetben kényelmes ugyanazt a táblázatot használni - írjon egy új „tűt” a bal oldalra, mozgassa felülről a vezető együtthatót (balra zöld nyíl), és indulunk is:

Az ellenőrzéshez nyissuk meg a zárójeleket, és mutassunk be hasonló kifejezéseket:
, RENDBEN.

Könnyen belátható, hogy a maradék („hat”) pontosan a polinom értéke. És valójában - milyen ez:
, és még szebb – így:

A fenti számításokból könnyen megérthető, hogy a Horner-séma nemcsak a polinom figyelembevételét teszi lehetővé, hanem a gyökér „civilizált” kiválasztását is. Azt javaslom, hogy saját maga konszolidálja a számítási algoritmust egy kis feladattal:

2. feladat

A Horner-séma segítségével keresse meg az egyenlet egész gyökerét, és faktorozza a megfelelő polinomot

Más szóval, itt egymás után kell ellenőrizni az 1, –1, 2, –2, ... – számokat, amíg nulla maradékot nem „húzunk” az utolsó oszlopban. Ez azt jelenti, hogy ennek a sornak a „tűje” a polinom gyöke

Kényelmes a számításokat egyetlen táblázatba rendezni. Részletes megoldás és válasz a lecke végén.

A gyökválasztás módszere viszonylag egyszerű esetekre jó, de ha a polinom együtthatói és/vagy foka nagy, akkor a folyamat sokáig tarthat. Vagy talán van néhány érték ugyanabból a listából 1, –1, 2, –2, és nincs értelme figyelembe venni? Ezenkívül a gyökerek töredékesek lehetnek, ami teljesen tudománytalan piszkáláshoz vezet.

Szerencsére van két erőteljes tétel, amely jelentősen csökkentheti a „jelölt” értékek keresését a racionális gyökerekhez:

1. tétel Mérlegeljük nem csökkenthető tört , ahol . Ha a szám az egyenlet gyöke, akkor a szabad tagot osztjuk és a vezető együtthatót osztjuk vele.

Különösen, ha a vezető együttható , akkor ez a racionális gyök egy egész szám:

És elkezdjük kihasználni a tételt ezzel a finom részlettel:

Térjünk vissza az egyenlethez. Mivel vezető együtthatója , így a hipotetikus racionális gyökök kizárólag egészek lehetnek, és a szabad tagot szükségszerűen ezekre a gyökekre kell felosztani maradék nélkül. A „hármat” pedig csak 1-re, –1-re, 3-ra és –3-ra oszthatjuk. Vagyis csak 4 „gyökér jelöltünk” van. És aszerint 1. tétel, más racionális számok nem lehetnek gyökei ennek az egyenletnek ALAPELVÉBEN.

Az egyenletben egy kicsit több „versenyző” van: a szabad tag 1, –1, 2, – 2, 4 és –4 részre oszlik.

Kérjük, vegye figyelembe, hogy az 1, –1 számok a lehetséges gyökök listájának „regulárisai”. (a tétel nyilvánvaló következménye)és a legjobb választás az elsőbbségi teszteléshez.

Térjünk át értelmesebb példákra:

3. probléma

Megoldás: mivel a vezető együttható , akkor a hipotetikus racionális gyökök csak egész számok lehetnek, és szükségszerűen a szabad tag osztóinak kell lenniük. A „mínusz negyven” a következő számpárokra oszlik:
– összesen 16 „jelölt”.

És itt rögtön megjelenik egy csábító gondolat: ki lehet-e gyomlálni az összes negatív vagy minden pozitív gyökeret? Bizonyos esetekben lehetséges! Két jelet fogok megfogalmazni:

1) Ha Minden Ha a polinom együtthatói nem negatívak vagy mind nem pozitívak, akkor nem lehet pozitív gyöke. Sajnos ez nem a mi esetünk (most, ha adnánk egy egyenletet - akkor igen, a polinom bármely értékének helyettesítésekor a polinom értéke szigorúan pozitív, ami azt jelenti, hogy minden pozitív szám (és irracionálisak is) nem lehetnek gyökei az egyenletnek.

2) Ha a páratlan hatványok együtthatói nem negatívak, és minden páros hatványra (beleértve az ingyenes tagot is) negatívak, akkor a polinomnak nem lehet negatív gyöke. Vagy „tükör”: a páratlan hatványok együtthatói nem pozitívak, és minden páros hatvány esetében pozitívak.

Ez a mi esetünk! Kicsit közelebbről láthatja, hogy ha bármilyen negatív „X”-et behelyettesítünk az egyenletbe, a bal oldal szigorúan negatív lesz, ami azt jelenti, hogy a negatív gyökök eltűnnek.

Így 8 szám maradt a kutatásra:

Sorozatosan „töltjük” őket Horner séma szerint. Remélem, már elsajátítottad a mentális számításokat:

A „kettő” tesztelésekor a szerencse várt ránk. Így a vizsgált egyenlet gyökere, és

Marad az egyenlet tanulmányozása . Ez könnyen megtehető a diszkrimináns segítségével, de egy indikatív tesztet fogok végrehajtani ugyanezen séma szerint. Először is jegyezzük meg, hogy a szabad tag 20, ami azt jelenti 1. tétel a 8-as és 40-es számok kiesnek a lehetséges gyökerek listájából, így az értékek a kutatásra maradnak (az egyik kiesett Horner séma szerint).

Az új táblázat legfelső sorába írjuk a trinomiális együtthatóit és Az ellenőrzést ugyanazzal a „kettővel” kezdjük. Miért? És mivel a gyökök többszörösek is lehetnek, kérjük: - ennek az egyenletnek 10 azonos gyöke van. De ne tereljük el a figyelmünket:

És itt persze hazudtam egy kicsit, tudván, hogy a gyökerek racionálisak. Végül is, ha irracionálisak vagy összetettek lennének, akkor az összes fennmaradó szám sikertelen ellenőrzésével kell szembenéznem. Ezért a gyakorlatban a diszkrimináns vezérelje.

Válasz: racionális gyökerek: 2, 4, 5

Az általunk elemzett problémában szerencsénk volt, mert: a) a negatív értékek azonnal leestek, és b) nagyon gyorsan megtaláltuk a gyökeret (és elméletileg a teljes listát ellenőrizni tudjuk).

De a valóságban a helyzet sokkal rosszabb. Meghívlak benneteket, hogy nézzétek meg a „The Last Hero” című izgalmas játékot:

4. probléma

Keresse meg az egyenlet racionális gyökereit!

Megoldás: által 1. tétel a hipotetikus racionális gyökök számlálóinak teljesíteniük kell a feltételt (azt olvassuk, hogy a tizenkettőt el osztja), és a nevezők megfelelnek a feltételnek. Ez alapján két listát kapunk:

"el lista":
és "list um": (Szerencsére itt a számok természetesek).

Most készítsünk egy listát az összes lehetséges gyökérről. Először elosztjuk az „el listát” -vel. Teljesen egyértelmű, hogy ugyanazokat a számokat kapjuk. A kényelem kedvéért tegyük őket egy táblázatba:

Sok törtet csökkentettek, így olyan értékeket kaptunk, amelyek már szerepelnek a „hőslistában”. Csak „újoncokat” adunk hozzá:

Hasonlóképpen osztjuk ugyanazt a „listát” a következővel:

és végül tovább

Így elkészült a játékunk résztvevőiből álló csapat:


Sajnos ebben a feladatban a polinom nem felel meg a "pozitív" vagy "negatív" kritériumnak, ezért a felső vagy az alsó sort nem tudjuk elvetni. Dolgoznod kell az összes számmal.

Hogy érzed magad? Gyerünk, fel a fejjel – van egy másik tétel, amit képletesen „gyilkos tételnek” nevezhetünk…. ..."jelöltek", természetesen =)

De először végig kell görgetnie Horner diagramját legalább egyért az egész számok. Hagyományosan vegyünk egyet. A felső sorba írjuk a polinom együtthatóit, és minden a szokásos módon történik:

Mivel a négy egyértelműen nem nulla, az érték nem a szóban forgó polinom gyöke. De sokat fog nekünk segíteni.

2. tétel Ha egyeseknek általában a polinom értéke nem nulla: , akkor a racionális gyökei (ha ők) kielégíti a feltételt

Esetünkben és ezért minden lehetséges gyökérnek meg kell felelnie a feltételnek (nevezzük 1-es feltételnek). Ez a négyes sok „jelölt” „gyilkosa” lesz. Bemutatóként megnézek néhány ellenőrzést:

Ellenőrizzük a "jelöltet". Ehhez mesterségesen ábrázoljuk tört formájában, amiből jól látható, hogy . Számítsuk ki a tesztkülönbséget: . A négyet „mínusz kettővel” osztjuk: , ami azt jelenti, hogy a lehetséges gyökér megfelelt a teszten.

Ellenőrizzük az értéket. Itt a teszt különbség: . Természetesen, és ezért a második „alany” is a listán marad.

Ennek a polinomnak egész együtthatói vannak. Ha ennek a polinomnak egy egész szám a gyöke, akkor az osztója a 16-nak. Így ha egy adott polinomnak vannak egész gyökei, akkor ezek csak a ±1 számok lehetnek; ±2; ±4; ±8; ±16. Közvetlen verifikációval meg vagyunk győződve arról, hogy a 2 szám ennek a polinomnak a gyöke, azaz x 3 – 5x 2 – 2x + 16 = (x – 2)Q (x), ahol Q (x) a polinom polinomja. a második fokozat. Következésképpen a polinom faktorokra bontható, amelyek közül az egyik (x – 2). A Q (x) polinom típusának meghatározásához az úgynevezett Horner-sémát használjuk. Ennek a módszernek a fő előnye a jelölés tömörsége és az a képesség, hogy egy polinomot gyorsan binomiálisra oszthatunk. Valójában Horner séma a csoportosítási módszer rögzítésének egy másik formája, bár ez utóbbitól eltérően teljesen nem vizuális. A választ (faktorizálás) itt magától megkapjuk, és nem látjuk a megszerzésének folyamatát. Nem fogunk belemenni a Horner-féle séma szigorú alátámasztásához, csak megmutatjuk, hogyan működik.

A felette lévő cellából a szám „átkerül” az alsó sor második cellájába, azaz az 1. Ezután ezt teszik. Az egyenlet gyökerét (2-es szám) megszorozzuk az utoljára felírt számmal (1), és az eredményt hozzáadjuk a következő szabad cella feletti felső sorban lévő számmal, példánkban:

Irracionális szám- Ezt valós szám, ami nem racionális, azaz nem ábrázolható törtként, ahol egész számok, . Egy irracionális szám végtelen, nem periodikus tizedes törtként ábrázolható.

Az irracionális számok halmazát általában nagy latin betűvel jelölik félkövéren, árnyékolás nélkül. Így: , azaz. sok irracionális szám van különbség a valós és a racionális számok halmazai között.

Pontosabban az irracionális számok létezéséről az egységnyi hosszúságú szegmenssel összemérhetetlen szegmenseket már az ókori matematikusok is ismerték: ismerték például az átló és a négyzet oldalának összemérhetetlenségét, ami egyenértékű a szám irracionalitásával.

Tulajdonságok

• Bármely valós szám felírható végtelen tizedes törtként, míg az irracionális számok és csak ezek nem periodikus végtelen tizedes törtként.
• Az irracionális számok Dedekind-vágásokat határoznak meg azon racionális számok halmazában, amelyeknek nincs a legnagyobb számuk az alsó osztályban, és nem a legkisebb a felső osztályban.
• Minden valódi transzcendentális szám irracionális.
• Minden irracionális szám algebrai vagy transzcendentális.
• Az irracionális számok halmaza a számegyenesen mindenütt sűrű: bármely két szám között van irracionális szám.
• Az irracionális számok halmazának sorrendje izomorf a valós transzcendentális számok halmazának sorrendjével.
• Az irracionális számok halmaza megszámlálhatatlan, és a második kategória halmaza.

Példák

Irracionálisak a következők:

Példák az irracionalitás bizonyítására

2 gyöke

Tételezzük fel az ellenkezőjét: racionális, azaz irreducibilis tört formájában van ábrázolva, ahol egy egész szám és egy természetes szám. Nézzük négyzetre a feltételezett egyenlőséget:

Ebből következik, hogy a páros páros és . Legyen ott, ahol az egész. Akkor

Ezért az egyenletes párost és -t jelent. Azt találtuk, hogy és párosak, ami ellentmond a tört redukálhatatlanságának. Ez azt jelenti, hogy az eredeti feltevés hibás volt, és ez egy irracionális szám.

A 3-as szám bináris logaritmusa

Tegyük fel az ellenkezőjét: racionális, azaz törtként ábrázolva, ahol és egész számok. Mivel , és pozitívnak választható. Akkor

De páros és páratlan. Ellentmondást kapunk.

e

Sztori

Az irracionális számok fogalmát az indiai matematikusok implicit módon átvették a Kr.e. 7. században, amikor Manava (i. e. 750 körül - ie 690 körül) rájött, hogy egyes természetes számok, például 2 és 61 négyzetgyöke nem fejezhető ki egyértelműen. .

Az irracionális számok létezésének első bizonyítékát általában Metapontoszi Hippasosznak (i. e. 500 körül), egy püthagoreusnak tulajdonítják, aki a pentagram oldalainak hosszának tanulmányozásával találta meg ezt a bizonyítékot. A pitagoreusok idején azt hitték, hogy létezik egyetlen hosszúságegység, amely kellően kicsi és oszthatatlan, és amely egész számú szegmensbe belép. Hippasus azonban azzal érvelt, hogy nincs egyetlen hosszúsági egység, mivel a létezésének feltételezése ellentmondáshoz vezet. Megmutatta, hogy ha egy egyenlő szárú derékszögű háromszög befogója egész számú egységnyi szakaszt tartalmaz, akkor ennek a számnak párosnak és páratlannak is kell lennie. A bizonyíték így nézett ki:

• Egy egyenlő szárú derékszögű háromszög befogó hosszának és lábának hosszának aránya a következőképpen fejezhető ki: a:b, Ahol aÉs b a lehető legkisebbnek választották.
• A Pitagorasz-tétel szerint: a² = 2 b².
• Mert a- még, a párosnak kell lennie (mivel egy páratlan szám négyzete páratlan lenne).
• Mert a a:b nem csökkenthető b furcsanak kell lennie.
• Mert a sőt, jelöljük a = 2y.
• Akkor a² = 4 y² = 2 b².
• b² = 2 y² tehát b- még akkor is b még.
• Ez azonban bebizonyosodott b páratlan. Ellentmondás.

A görög matematikusok ezt az arányt összemérhetetlen mennyiségeknek nevezték alogos(kimondhatatlan), de a legendák szerint nem tanúsítottak kellő tiszteletet Hippasus iránt. Van egy legenda, amely szerint Hippasus tengeri utazása során fedezte fel, és más pitagoreusok kidobták a vízbe, „mert létrehozta az univerzum egy elemét, amely tagadja azt a tant, hogy az univerzumban minden entitás egész számokra és azok arányaira redukálható”. Hippasus felfedezése komoly problémát jelentett a pitagorasz matematika számára, megsemmisítve azt a mögöttes feltételezést, hogy a számok és a geometriai objektumok egyek és elválaszthatatlanok.

Mint már említettük, a polinomok elméletének egyik legfontosabb problémája a gyökereik megtalálásának problémája. A probléma megoldásához használhatja a kiválasztási módszert, pl. Vegyünk egy számot véletlenszerűen, és ellenőrizzük, hogy az adott polinom gyöke-e.

Ebben az esetben gyorsan „beleüthet” a gyökérbe, vagy soha nem találja meg. Végül is lehetetlen ellenőrizni az összes számot, mivel végtelenül sok van belőlük.

Más kérdés lenne, ha szűkíthetnénk a keresési területet, például, hogy tudjuk, hogy a keresett gyökök mondjuk a harminc megadott szám között vannak. És harminc számot is ellenőrizhet. A fentebb elmondottakkal kapcsolatban ez a kijelentés fontosnak és érdekesnek tűnik.

Ha az l/m irreducibilis tört (l,m egész számok) egy egész együtthatós f (x) polinom gyöke, akkor ennek a polinomnak a vezető együtthatóját osztjuk m-vel, a szabad tagot pedig 1-gyel.

Valóban, ha f (x) =anxn+an-1xn-1+... +a1x+a0, an?0, ahol an, an-1,...,a1, a0 egész számok, akkor f (l/) m) =0, azaz аn (l/m) n+an-1 (l/m) n-1+... +a1l/m+a0=0.

Szorozzuk meg ennek az egyenlőségnek mindkét oldalát mn-nel. Anln+an-1ln-1m+... +a1lmn-1+a0mn=0 kapjuk.

Ez a következőket jelenti:

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

Látjuk, hogy az anln egész szám osztható m-rel. De az l/m egy redukálhatatlan tört, azaz. az l és m számok másodprímek, majd az egész számok oszthatóságának elméletéből ismert módon az ln és m számok is másodprímek. Tehát anln osztható m-mel, m pedig koprím ln-re, ami azt jelenti, hogy an osztható m-mel.

A bevált téma lehetővé teszi, hogy jelentősen szűkítsük az egész együtthatós polinom racionális gyökeinek keresési területét. Mutassuk meg ezt egy konkrét példával. Keressük meg az f (x) =6x4+13x2-24x2-8x+8 polinom racionális gyökeit. A tétel szerint ennek a polinomnak a racionális gyökei az l/m alakú irreducibilis törtrészek közé tartoznak, ahol l az a0=8 szabad tag osztója, m pedig az a4=6 vezető együttható osztója. Sőt, ha az l/m tört negatív, akkor a „-” jel kerül a számlálóhoz. Például - (1/3) = (-1) /3. Tehát azt mondhatjuk, hogy l osztója a 8-nak, m pedig pozitív osztója a 6-nak.

Mivel a 8-as szám osztói ±1, ±2, ±4, ±8, a 6-os pozitív osztói pedig 1, 2, 3, 6, ezért a szóban forgó polinom racionális gyökei a számok között vannak. ±1, ±1/2, ± 1/3, ±1/6, ±2, ±2/3, ±4, ±4/3, ±8, ±8/3. Emlékezzünk vissza, hogy csak irreducibilis törteket írtunk ki.

Így van húsz számunk - „jelöltek” a gyökerekre. Nincs más hátra, mint mindegyiket ellenőrizni, és kiválasztani azokat, amelyek valóban gyökerek. De ismét elég sok ellenőrzést kell végeznie. A következő tétel azonban leegyszerűsíti ezt a munkát.

Ha az l/m irreducibilis tört egy egész együtthatós f (x) polinom gyöke, akkor f (k) osztható l-km-el bármely k egész számra, feltéve, hogy l-km?0.

Ennek a tételnek a bizonyításához oszd el f (x) x-k-vel egy maradékkal. Kapunk f (x) = (x-k) s (x) +f (k). Mivel f (x) egy egész együtthatós polinom, így az s (x) polinom is, f (k) pedig egy egész szám. Legyen s (x) =bn-1+bn-2+…+b1x+b0. Ekkor f (x) - f (k) = (x-k) (bn-1xn-1+bn-2xn-2+ …+b1x+b0). Tegyük x=l/m-t ebbe az egyenlőségbe. Ha figyelembe vesszük, hogy f (l/m) =0, azt kapjuk

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

Szorozzuk meg az utolsó egyenlőség mindkét oldalát mn-nel:

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

Ebből következik, hogy az mnf (k) egész szám osztható l-km-rel. De mivel l és m koprím, akkor mn és l-km is koprím, ami azt jelenti, hogy f (k) osztható l-km-rel. A tétel bizonyítást nyert.

Térjünk most vissza példánkhoz, és a bevált tétel segítségével tovább szűkítjük a racionális gyökkeresések körét. Alkalmazzuk ezt a tételt k=1 és k=-1 esetén, azaz. ha az l/m irreducibilis tört az f (x) polinom gyöke, akkor f (1) / (l-m), és f (-1) / (l+m). Könnyen megállapíthatjuk, hogy esetünkben f (1) = -5, és f (-1) = -15. Vegyük észre, hogy ugyanakkor ±1-et kizártunk a számításból.

Tehát polinomunk racionális gyökereit a ±1/2, ±1/3, ±1/6, ±2, ±2/3, ±4, ±4/3, ±8, ±8 számok között kell keresni. /3.

Tekintsük l/m=1/2. Ekkor l-m=-1 és f (1) =-5 elosztjuk ezzel a számmal. Továbbá, l+m=3 és f (1) =-15 is osztható 3-mal. Ez azt jelenti, hogy az 1/2-es tört a gyökér „jelöltek” között marad.

Legyen most lm=- (1/2) = (-1) /2. Ebben az esetben l-m=-3 és f (1) =-5 nem osztható -3-mal. Ez azt jelenti, hogy a - 1/2 tört nem lehet ennek a polinomnak a gyöke, ezért kizárjuk a további vizsgálatból. Ellenőrizzük a fent írt törtek mindegyikét, és állapítsuk meg, hogy a szükséges gyökök az 1/2, ±2/3, 2, - 4 számok között vannak.

Így egy meglehetősen egyszerű technikával jelentősen leszűkítettük a vizsgált polinom racionális gyökeinek keresési területét. Nos, a fennmaradó számok ellenőrzéséhez Horner sémáját használjuk:

10. táblázat

Azt találtuk, hogy g (x) x-2/3-mal való osztásakor a maradék egyenlő - 80/9, azaz a 2/3 nem gyöke a g (x) polinomnak, ezért f (x) sem.

Könnyen megállapíthatjuk, hogy - 2/3 a g (x) és g (x) = (3x+2) (x2+2x-4) polinom gyöke. Ekkor f (x) = (2x-1) (3x+2) (x2+2x-4). További ellenőrzést végezhetünk az x2+2x-4 polinomra, ami természetesen egyszerűbb, mint g (x) vagy még inkább f (x) esetén. Ennek eredményeként azt találjuk, hogy a 2 és -4 számok nem gyökök.

Tehát az f (x) =6x4+13x3-24x2-8x+8 polinomnak két racionális gyöke van: 1/2 és -2/3.

Emlékezzünk vissza, hogy a fent leírt módszerrel csak egy egész együtthatós polinom racionális gyökét lehet megtalálni. Eközben egy polinomnak lehetnek irracionális gyökerei is. Így például a példában vizsgált polinomnak van még két gyöke: - 1±v5 (ezek az x2+2x-4 polinom gyökei). Általánosságban elmondható, hogy egy polinomnak egyáltalán nincsenek racionális gyökerei.

Most adjunk néhány tippet.

Az f (x) polinom gyökeinek „jelöltjei” tesztelésekor a fent bizonyított tételek közül a másodikat használva, általában az utóbbit használjuk k=±1 esetekre. Más szóval, ha l/m egy "jelölt" gyök, akkor ellenőrizze, hogy f (1) és f (-1) osztható-e l-m-mel, illetve l+m-mel. De előfordulhat, hogy például f (1) = 0, azaz 1 gyök, és ekkor f (1) tetszőleges számmal osztható, és az ellenőrzésünk értelmetlenné válik. Ebben az esetben el kell osztani f (x)-et x-1-gyel, azaz. kapjuk f(x) = (x-1)s(x), és teszteljük az s(x) polinomot. Ugyanakkor nem szabad elfelejteni, hogy az f (x) - x1=1 polinom egyik gyökét már megtaláltuk. Ha a racionális gyökök második tétele után fennmaradó gyök „jelöltjei” ellenőrzésekor Horner sémájával azt találjuk, hogy például l/m gyök, akkor meg kell találni a multiplicitását. Ha egyenlő mondjuk k-val, akkor f (x) = (x-l/m) ks (x), és további tesztelés végezhető s (x)-re, ami csökkenti a számításokat.

Így megtanultuk megtalálni egy egész együtthatós polinom racionális gyökét. Kiderült, hogy ezzel megtanultuk megtalálni a racionális együtthatókkal rendelkező polinom irracionális gyökereit. Valójában, ha van például egy f (x) =x4+2/3x3+5/6x2+3/8x+2 polinom, akkor az együtthatókat közös nevezőre hozva és zárójelbe téve azt kap f (x) =1/24 (24x4+16x3-20x2+9x+48). Nyilvánvaló, hogy az f (x) polinom gyökei egybeesnek a zárójelben lévő polinom gyökeivel, együtthatói egész számok. Bizonyítsuk be például, hogy a sin100 irracionális szám. Használjuk a jól ismert sin3?=3sin?-4sin3? képletet. Ezért sin300=3sin100-4sin3100. Figyelembe véve, hogy sin300=0,5 és egyszerű transzformációkat hajtunk végre, 8sin3100-6sin100+1=0 kapjuk. Ezért sin100 az f (x) =8x3-6x+1 polinom gyöke. Ha ennek a polinomnak racionális gyökereit keressük, meg fogjuk győződni arról, hogy nincsenek ilyenek. Ez azt jelenti, hogy a sin100 gyök nem racionális szám, azaz. sin100 irracionális szám.

Az x változóban lévő polinom az anxn+an-1 xn-1+ formájú kifejezés. . . +a 1 x+a 0, ahol n természetes szám; an, an-1, . . . , a 1, a 0 - bármely szám, amelyet ennek a polinomnak az együtthatóinak neveznek. Kifejezések anxn, an-1 xn-1, . . . , a 1 x, a 0 a polinom tagjai, a 0 pedig a szabad tag. an az xn együtthatója, an-1 az xn-1 együtthatója stb. Olyan polinomot, amelyben minden együttható nullával egyenlő, nullának nevezzük. például a 0 x2+0 x+0 polinom nulla. A polinom jelöléséből jól látszik, hogy több tagból áll. Innen származik a ‹‹polinom›› (sok kifejezés) kifejezés. Néha egy polinomot polinomnak neveznek. Ez a kifejezés a görög πολι - sok és νομχ - tag szavakból származik.

Egy x változóban lévő polinomot jelölünk: . f (x), g (x), h (x) stb. például, ha a fenti polinomok közül az elsőt f (x) jelöljük, akkor felírhatjuk: f (x) =x 4+2 x 3 + (- 3) x 2+3/7 x+√ 2. 1. A h(x) polinomot az f(x) és g(x) polinomok legnagyobb közös osztójának nevezzük, ha osztja f(x), g-t. (x) és mindegyik közös osztójuk. 2. Egy f(x) polinom, amelynek együtthatói a P mező n fokú, reducibilisnek mondhatók a P mezőre, ha léteznek n-nél kisebb fokú h(x), g(x) О P[x] polinomok. hogy f(x) = h( x)g(x).

Ha van f (x) =anxn+an-1 xn-1+ polinom. . . +a 1 x+a 0 és an≠ 0, akkor az n számot az f (x) polinom fokának nevezzük (vagy azt mondják: f (x) - n-edik fok), és st-t írunk. f(x)=n. Ebben az esetben an a vezető együttható, az anxn pedig a polinom vezető tagja. Például, ha f (x) =5 x 4 -2 x+3, akkor art. f (x) =4, vezető együttható - 5, vezető tag - 5 x4. Egy polinom foka az együtthatóinak legnagyobb nem nulla száma. A nulla fokú polinomok a nullától eltérő számok. , a nulla polinomnak nincs foka; az f (x) =a polinom, ahol a nem nulla szám, és 0 foka; bármely más polinom foka egyenlő az x változó legnagyobb kitevőjével, amelynek együtthatója nullával egyenlő.

Polinomok egyenlősége. Két f (x) és g (x) polinom akkor tekinthető egyenlőnek, ha az x változó és a szabad tagok azonos hatványaira vonatkozó együtthatóik egyenlőek (a megfelelő együtthatók egyenlők). f(x) =g(x). Például az f (x) =x 3+2 x 2 -3 x+1 és g(x) =2 x 23 x+1 polinomok nem egyenlőek, az elsőnek x3 együtthatója 1, a másodiknak pedig nulla ( az elfogadott konvenciók szerint a következőt írhatjuk: g (x) =0 x 3+2 x 2 -3 x+1. Ebben az esetben: f (x) ≠g (x). A polinomok nem egyenlők: h (x) =2 x 2 -3 x+5, s (x) =2 x 2+3 x+5, mivel az együtthatójuk x-re eltérő.

De az f 1 (x) =2 x 5+3 x 3+bx+3 és g 1 (x) =2 x 5+ax 3 -2 x+3 polinomok akkor és csak akkor egyenlőek, ha a = 3, a b = -2. Legyen adott az f (x) =anxn+an-1 xn-1+ polinom. . . +a 1 x+a 0 és néhány c. f (c) szám = ancn+an-1 cn-1+. . . +a 1 c+a 0 az f (x) polinom értékének nevezzük x=c-nél. Így az f (c) megtalálásához x helyett c-t kell behelyettesíteni a polinomba, és el kell végezni a szükséges számításokat. Például, ha f (x) =2 x 3+3 x 2 -x+5, akkor f (-2) =2 (-2) 3+ (-2) 2 - (-2) +5=3. Egy polinom különböző értékeket vehet fel az x változó különböző értékeire. A c számot az f (x) polinom gyökének nevezzük, ha f (c) =0.

Figyeljünk a két állítás közötti különbségre: „az f (x) polinom egyenlő nullával (vagy ami ugyanaz, az f (x) polinom nulla)” és „az f (x) polinom értéke ) x = c esetén egyenlő nullával.” Például az f (x) =x 2 -1 polinom nem egyenlő nullával, nullától eltérő együtthatói vannak, és értéke x=1-nél nulla. f(x) ≠ 0 és f(1) =0. Szoros kapcsolat van a polinomok egyenlőségének fogalma és a polinom értéke között. Ha két egyenlő f (x) és g (x) polinom adott, akkor a hozzájuk tartozó együtthatók egyenlők, ami azt jelenti, hogy minden c számra f (c) = g (c).

Műveletek polinomokkal A polinomok összeadhatók, kivonhatók és szorozhatók a zárójelek nyitására és a hasonló tagok előállítására vonatkozó szokásos szabályok szerint. Az eredmény ismét egy polinom. Ezek a műveletek ismert tulajdonságokkal rendelkeznek: 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).

Legyen adott két f(x) =anxn+an-1 xn-1+ polinom. . . +a 1 x+a 0, an≠ 0 és g(x)=bmxm+bm-1 xm-1+. . . +b 1 x+bm≠ 0. Nyilvánvaló, hogy az Art. f(x)=n, és st. g(x)=m. Ha ezt a két polinomot megszorozzuk, egy f(x) g(x)=anbmxm+n+ alakú polinomot kapunk. . . +a 0 b 0. Mivel an≠ 0 és bn≠ 0, akkor anbm≠ 0, ami st. (f(x)g(x))=m+n. Ebből egy fontos megállapítás következik.

Két nem nulla polinom szorzatának foka egyenlő a tényezők fokszámainak összegével, art. (f (x) g (x)) =szt. f (x) +st. g(x). Két nem nulla polinom szorzatának vezető tagja (együtthatója) egyenlő a faktorok vezető tagjának (együtthatójának) szorzatával. Két polinom szorzatának szabad tagja egyenlő a faktorok szabad tagjának szorzatával. Az f (x), g (x) és f (x) ±g (x) polinomok hatványait a következő összefüggés kapcsolja össze: art. (f (x) ±g (x)) ≤ max (st. f (x), st. g (x)).

Az f (x) és g (x) polinomok szuperpozícióját nevezzük. egy f (g (x)) polinomot, amelyet akkor kapunk, ha az f (x) polinomban x helyett a g (x) polinomot helyettesítjük. Például, ha f(x)=x 2+2 x-1 és g(x) =2 x+3, akkor f(g(x))=f(2 x+3)=(2 x+3) 2 +2(2x+3)-1=4 x 2+16 x+14, g(f(x))=g(x2+2 x-1)=2(x 2+2 x-1) + 3=2 x 2+4 x+1. Látható, hogy f (g (x)) ≠g (f (x)), azaz az f (x), g (x) polinomok szuperpozíciója és a g (x), f () polinomok szuperpozíciója. x) különbözőek. Így a szuperpozíciós művelet nem rendelkezik kommutációs tulajdonsággal.

, Osztási algoritmus maradékkal Bármely f(x), g(x) esetén létezik q(x) (hányados) és r(x) (maradék), így f(x)=g(x)q(x)+ r(x), és az r(x) fok

Polinom osztói Az f(x) polinom osztója egy g(x) polinom, így f(x)=g(x)q(x). Két polinom legnagyobb közös osztója Az f(x) és g(x) polinomok legnagyobb közös osztója a d(x) közös osztójuk, amely osztható bármely többi közös osztójával.

Euklideszi algoritmus (szekvenciális osztási algoritmus) az f(x) és g(x) polinomok legnagyobb közös osztójának megtalálására Ekkor az f(x) és g(x) legnagyobb közös osztója.

Csökkentse a törtet Megoldás: Keresse meg ezeknek a polinomoknak a gcd értékét az euklideszi algoritmus segítségével 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 Ezért a polinom (– x2 – 3 x – 2) a számláló gcd-je, ill. egy adott tört nevezője. A nevező ezzel a polinommal való osztásának eredménye ismert.

Keressük meg a számláló osztásának eredményét. x 3 + 6 x2 + 11 x + 6 – x2 – 3 x – 2 x3 + 3 x2 + 2 x –x– 3 3 x2 + 9 x + 6 0 Tehát a válasz:

Horner-séma Ha egy f(x) polinomot egy maradékkal osztunk egy nem nulla g(x) polinommal, azt jelenti, hogy f(x) f(x)=g(x) s(x)+r(x) ​​formában ábrázoljuk, ahol s (x ) és r(x) polinomok, és vagy r(x)=0 vagy st. r(x)

Ennek az összefüggésnek a bal és jobb oldalán lévő polinomok egyenlőek, ami azt jelenti, hogy a hozzájuk tartozó együtthatók egyenlők. Tegyük egyenlővé őket úgy, hogy először nyissuk meg a zárójeleket, és hozzuk a hasonló kifejezéseket ennek az egyenlőségnek a jobb oldalára. A következőt kapjuk: 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. Emlékezzünk vissza, hogy meg kell találnunk a hiányos hányadost, vagyis annak együtthatóit és a maradékot. Fejezzük ki őket a kapott egyenlőségekből: 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. Találtunk olyan képleteket, amelyekkel kiszámíthatjuk az s (x) parciális hányados és az r maradék együtthatóit. Ebben az esetben a számításokat az alábbi táblázat formájában mutatjuk be; Horner-sémának hívják.

1. táblázat. Együtthatók 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 Együtthatók s (x) maradék A táblázat első sorába írja be az f (x) polinom összes együtthatóját egy sorba úgy, hogy az első cella szabadon maradjon. A második sorba, az első cellába írja be a c számot. Ennek a sornak a fennmaradó celláit úgy töltjük ki, hogy egyenként számítjuk ki az s (x) hiányos hányados és a maradék r együtthatóit. A második cellába írja be a bn-1 együtthatót, amely, mint megállapítottuk, egyenlő an-val.

Minden következő cellában az együtthatók kiszámítása a következő szabály szerint történik: a c számot megszorozzuk az előző cellában lévő számmal, és a kitöltendő cella feletti számot hozzáadjuk az eredményhez. Ahhoz, hogy emlékezzünk, mondjuk, az ötödik cellára, vagyis megkeressük benne az együtthatót, meg kell szorozni c-t a negyedik cellában lévő számmal, és az eredményhez hozzá kell adni az ötödik cella feletti számot. Osszuk el például az f (x) =3 x 4 -5 x 2+3 x-1 polinomot x-2-vel maradékkal, Horner sémájával. A diagram első sorának kitöltésekor nem szabad megfeledkeznünk a polinom nulla együtthatóiról. Tehát az f (x) együtthatók a 3, 0, - 5, 3, - 1 számok. És ne feledje, hogy a hiányos hányados mértéke eggyel kisebb, mint az f (x) polinom fokszáma.

Tehát az osztást Horner séma szerint hajtjuk végre: 2. táblázat. 2 3 3 0 6 -5 7 3 17 -1 33 Az s (x) =3 x 3+6 x 2+7 x+17 parciális hányadost kapjuk. a maradék pedig r=33. Figyeljük meg, hogy ezzel egyidejűleg kiszámoltuk az f (2) =33 polinom értékét is. Most osszuk el ugyanazt az f (x) polinomot x+2-vel egy maradékkal. Ebben az esetben c=-2. kapjuk: 3. táblázat. -2 3 3 0 -6 -5 7 3 -11 -1 21 Ennek eredményeként f (x) = (x+2) (3 x 3 -6 x 2+7 x- 11) +21 .

Polinomok gyökei Legyenek c1, c2, …, cm az f (x) polinom különböző gyökei. Ekkor f (x) elosztjuk x-c1-gyel, azaz f (x) = (x-c 1) s 1 (x). Tegyük x=c2-t ebbe az egyenlőségbe. Azt kapjuk, hogy f (c 2) = (c 2 -c 1) s 1 (c 2) és így f (c 2) =0, akkor (c2 -c1) s 1 (c 2) =0. De с2≠с1, azaz с2 -с1≠ 0, ami azt jelenti, hogy s 1 (c 2) =0. Így c2 az s 1 (x) polinom gyöke. Ebből következik, hogy s 1 (x) osztható x-c2-vel, azaz s 1 (x) = (x-c 2) s 2 (x). Helyettesítsük be a kapott s 1 (x) kifejezést az f (x) = (x-c 1) s 1 (x) egyenlőségbe. Van f (x) = (x-c 1) (x-c 2) s 2 (x). Ha x=c3-at az utolsó egyenlőségbe teszünk, figyelembe véve, hogy f (c 3) =0, c3≠c1, c3≠c2, akkor azt kapjuk, hogy c3 az s 2 (x) polinom gyöke. Ez azt jelenti, hogy s 2 (x) = (x-c 3) s 3 (x), majd f (x) = (x-c 1) (x-c 2) (x-c 3) s 3 (x), stb. maradék gyökök c4, c5, ..., cm, végül f (x) = (x-c 1) (x-c 2) ... (x-cm) sm (x) eredményt kapunk, vagyis az alább megfogalmazott állítás bizonyítást nyer.

Ha с1, с2, …, сm az f (x) polinom különböző gyökei, akkor f (x) a következőképpen ábrázolható: f(x)=(x-c 1) (x-c 2)…(x-cm) sm(x) ). Ebből egy fontos következmény következik. Ha c1, c2, ..., cm az f(x) polinom különböző gyökei, akkor f(x) elosztjuk az (x-c1) (x-c2) ... (x-cm) polinommal. Egy f(x) nem nulla polinom különböző gyökeinek száma nem nagyobb, mint a foka. Valóban, ha f(x)-nek nincs gyöke, akkor egyértelmű, hogy a tétel igaz, mert a Art. f(x) ≥ 0. Legyen most f(x) m gyöke с1, с2, …, сm, és mindegyik más. Ekkor az imént bebizonyítottakkal f (x) felosztódik (x-c1) (x -c2)…(x-cm). Ebben az esetben az Art. f(x)≥st. ((x-c1) (x-c2)…(x-cm))= st. (x-c1)+st. (x-s2)+…+st. (x-cm)=m, azaz art. f(x)≥m, m pedig a kérdéses polinom gyökeinek száma. De a nulla polinomnak végtelen sok gyöke van, mert értéke bármely x-re egyenlő 0-val. Pontosabban ezért nincs előírva semmilyen meghatározott fok. Az imént bizonyított tételből a következő állítás következik.

Ha egy f(x) polinom nem n-nél nagyobb fokú polinom, és n-nél több gyöke van, akkor f(x) nulla polinom. Valójában ennek az állításnak a feltételeiből az következik, hogy vagy f (x) nulla polinom, vagy art. f (x) ≤n. Ha feltételezzük, hogy az f (x) polinom nem nulla, akkor az Art. f (x) ≤n, és ekkor f (x) legfeljebb n gyöke. Ellentmondáshoz jutunk. Ez azt jelenti, hogy f(x) nem nulla polinom. Legyenek f (x) és g (x) legfeljebb n fokú nullától eltérő polinomok. Ha ezek a polinomok ugyanazokat az értékeket veszik fel az x változó n+1 értékére, akkor f (x) =g (x).

Ennek bizonyítására tekintsük a h (x) =f (x) - g (x) polinomot. Nyilvánvaló, hogy vagy h (x) =0 vagy st. h (x) ≤n, azaz h (x) nem n-nél nagyobb fokú polinom. Most legyen a c szám olyan, hogy f (c) = g (c). Ekkor h (c) = f (c) - g (c) = 0, azaz c a h (x) polinom gyöke. Ezért a h (x) polinomnak n+1 gyöke van, és amikor, mint az imént bebizonyosodott, h (x) =0, azaz f (x) =g (x). Ha f (x) és g (x) ugyanazt az értéket veszi fel az x változó összes értékére, akkor ezek a polinomok egyenlőek

Egy polinom több gyöke Ha egy c szám gyöke egy f (x) polinomnak, akkor ez a polinom osztható x-c-vel. Előfordulhat, hogy f (x) is osztható az x-c polinom valamilyen hatványával, azaz (x-c) k-val, k>1. Ebben az esetben c-t többszörös gyökérnek nevezzük. Fogalmazzuk meg világosabban a definíciót. Egy c számot egy f (x) polinom k ​​többszörösének gyökének (k-szoros gyökének) nevezünk, ha a polinom osztható (x - c) k-vel, k>1 (k természetes szám), de nem osztható (x - c) k+ 1. Ha k=1, akkor c-t egyszerű gyöknek, ha k>1-nek nevezzük, akkor az f (x) polinom többszörös gyökének.

Ha az f(x) polinomot a következőképpen ábrázoljuk: f(x)=(x-c)mg(x), m természetes szám, akkor akkor és csak akkor osztható (x-c) m+1-gyel, ha g(x) osztható x-s-en. Valójában, ha g(x) osztható x-c-vel, azaz g(x)=(x-c)s(x), akkor f(x)=(x-c) m+1 s(x), és ez azt jelenti, hogy f(x) ) osztható (x-c) m+1-gyel. Ezzel szemben, ha f(x) osztható (x-c) m+1-gyel, akkor f(x)=(x-c) m+1 s(x). Ekkor (x-c)mg(x)=(x-c)m+1 s (x) és (x-c)m-mel való redukció után g(x)=(x-c)s(x) kapjuk. Ebből következik, hogy g(x) osztható x-c-vel.

Nézzük meg például, hogy a 2-es szám gyöke-e az f (x) =x 5 -5 x 4+3 x 3+22 x 2 -44 x+24 polinomnak, és ha igen, keressük meg a multiplicitását. Az első kérdés megválaszolásához nézzük meg a Horner-kör segítségével, hogy f (x) osztható-e x-2-vel. a következőket kapjuk: 4. táblázat. 2 1 1 -5 -3 3 -3 22 16 -44 -12 24 0 Mint látható, a maradék, ha f(x)-t x-2-vel osztunk, egyenlő 0-val, azaz osztva x-2-vel. Ez azt jelenti, hogy 2 ennek a polinomnak a gyöke. Ezenkívül azt kaptuk, hogy f(x)=(x-2)(x 4 -3 x 3 -3 x 2+16 x-12). Most nézzük meg, hogy f(x) az (x-2) 2-n van-e. Ez, ahogy az imént bebizonyítottuk, a g (x) =x 4 -3 x 3 -3 x 2+16 x polinom oszthatóságától függ. -12 x-2-vel.

Használjuk ismét Horner sémáját: 5. táblázat. 1 -3 -3 16 -12 2 1 -1 -5 6 0 Azt találtuk, hogy g(x) osztható x-2-vel és g(x)=(x-2)( x 3 -x 2 -5 x+6). Ekkor f(x)=(x-2)2(x 3 -x 2 -5 x+6). Tehát f(x) osztható (x-2)2-vel, most meg kell találnunk, hogy f(x) osztható-e (x-2)3-mal. Ehhez nézzük meg, hogy h (x) =x 3 -x 2 -5 x+6 osztható-e x-2-vel: 6. táblázat. 1 -1 -5 6 2 1 1 -3 0 Azt kapjuk, hogy h(x) ) osztható x-2-vel, ami azt jelenti, hogy f(x) osztva (x-2) 3-mal, és f(x)=(x-2)3(x 2+x-3).

Ezután hasonló módon ellenőrizzük, hogy f(x) osztható-e (x-2)4-gyel, vagyis hogy s(x)=x 2+x-3 osztható-e x-2-vel: 7. táblázat. 2 1 1 1 3 -3 3 Azt találjuk, hogy s(x) x-2-vel való osztásakor a maradék egyenlő 3-mal, azaz s(x) nem osztható x-2-vel. Ez azt jelenti, hogy f(x) nem osztható (x-2)4-gyel, így f(x) osztható (x-2)3-mal, de nem osztható (x-2)4-gyel. Ezért a 2 szám az f(x) polinom 3. multiplicitásának gyöke.

A gyökér többszörösségének ellenőrzése általában egy táblázatban történik. Ebben a példában ez a táblázat így néz ki: 8. táblázat. 1 -5 3 22 -44 -24 2 2 1 1 -3 -1 1 3 -3 -5 -3 3 16 6 0 -12 0 0 Más szavakkal, séma szerint az f (x) polinom Horner-féle osztása x-2-vel, a második sorban a g (x) polinom együtthatóit kapjuk. Ezután ezt a második sort tekintjük az új Horner-rendszer első sorának, és elosztjuk g (x)-t x-2-vel, stb. Folytatjuk a számításokat, amíg nullától eltérő maradékot kapunk. Ebben az esetben a gyökér többszöröse megegyezik a kapott nulla maradékok számával. Az utolsó nem nulla maradékot tartalmazó sor tartalmazza a hányados együtthatóit is, ha f (x)-t osztunk (x-2) 3-mal.

Most az imént javasolt sémát használva a gyökér többszörösségének ellenőrzésére, megoldjuk a következő problémát. Milyen a és b esetén az f(x) =x 4+2 x 3+ax 2+ (a+b)x+2 polinomnak a - 2 a gyöke 2 többszörösének? Mivel a gyökér - 2 többszörösének egyenlőnek kell lennie 2-vel, akkor a javasolt séma szerint x+2-vel osztva kétszer 0 maradékot kell kapnunk, harmadszor pedig nullától eltérő maradékot. Van: 9. táblázat. -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

Így a -2 szám akkor és csak akkor az eredeti polinom 2 multiplicitásának gyöke

Egy polinom racionális gyökei Ha az l/m irreducibilis tört (l, m egész számok) egy egész együtthatós f (x) polinom gyöke, akkor ennek a polinomnak a vezető együtthatóját elosztjuk m-vel, és a szabad tag: Valóban, ha f (x)=anxn+an-1 xn-1+…+a 1 x+a 0, an≠ 0, ahol an, an-1, . . . , a 1, a 0 egész számok, akkor f(l/m) =0, azaz аn (l/m) n+an-1 (l/m) n-1+. . . +a 1 l/m+a 0=0. Szorozzuk meg ennek az egyenlőségnek mindkét oldalát mn-nel. Anln+an-1 ln-1 m+-t kapunk. . . +a 1 lmn-1+a 0 mn=0. Ez azt jelenti, hogy anln=m (-an-1 ln-1 -…- a 1 lmn-2 -a 0 mn-1).

Látjuk, hogy az anln egész szám osztható m-rel. De az l/m egy irreducibilis tört, vagyis az l és m számok másodprímek, majd az egész számok oszthatóságának elméletéből ismert módon az ln és m számok is másodprímek. Tehát anln osztható m-mel, m pedig koprím ln-re, ami azt jelenti, hogy an osztható m-mel. Keressük meg az f (x) =6 x 4+13 x 2 -24 x 2 -8 x+8 polinom racionális gyökeit. A tétel szerint ennek a polinomnak a racionális gyökei az l/m alakú irreducibilis törtrészek közé tartoznak, ahol l az a szabad tag osztója 0=8, m pedig az a 4=6 vezető együttható osztója. . Sőt, ha az l/m tört negatív, akkor a „-” jel kerül a számlálóhoz. Például - (1/3) = (-1) /3. Tehát azt mondhatjuk, hogy l osztója a 8-nak, m pedig pozitív osztója a 6-nak.

Mivel a 8-as szám osztói ± 1, ± 2, ± 4, ± 8, a 6-os pozitív osztói pedig 1, 2, 3, 6, ezért a kérdéses polinom racionális gyökei a számok között vannak. ± 1, ± 1/2, ± 1/3, ± 1/6, ± 2/3, ± 4, ± 4/3, ± 8/3. Emlékezzünk vissza, hogy csak irreducibilis törteket írtunk ki. Így van húsz számunk - „jelöltek” a gyökerekre. Nincs más hátra, mint mindegyiket ellenőrizni, és kiválasztani azokat, amelyek valóban gyökerek. a következő tétel egyszerűsíti ezt a munkát. Ha az l/m irreducibilis tört egy egész együtthatós f (x) polinom gyöke, akkor f (k) osztható l-km-el bármely k egész számra, feltéve, hogy l-km≠ 0.

Ennek a tételnek a bizonyításához oszd el f(x) x-k-vel egy maradékkal. Azt kapjuk, hogy f(x)=(x-k)s(x)+f(k). Mivel f(x) egész együtthatós polinom, így az s(x) polinom is, f(k) pedig egész szám. Legyen s(x)=bn-1+bn-2+…+b 1 x+b 0. Ekkor f(x)-f(k)=(x-k) (bnxn-1+bn-2 xn-2+ … +b 1 x+b 0). Tegyünk ebbe az egyenlőségbe 1 x=l/m. Ha figyelembe vesszük, hogy f(l/m)=0, akkor f(k)=((l/m)-k)(bn-1(l/m)n-1+bn-2(l/m)n- 2+…+b 1(l/m)+b 0). Az utolsó egyenlőség mindkét oldalát szorozzuk meg mn-nel: mnf(k)=(l-km)(bn-1 ln-1+bn-2 ln-2 m+…+b 1 lmn-2+b 0 mn-1) . Ebből következik, hogy az mnf (k) egész szám osztható l-km-rel. De mivel l és m koprím, akkor mn és l-km is koprím, ami azt jelenti, hogy f(k) osztható l-km-rel. A tétel bizonyítást nyert.

Térjünk vissza példánkhoz, és a bevált tétel segítségével tovább szűkítjük a racionális gyökkeresések körét. Alkalmazzuk ezt a tételt k=1-re és k=-1-re, azaz ha az l/m irreducibilis tört az f(x) polinom gyöke, akkor f(1)/(l-m), és f(-1) /(l +m). Könnyen megállapíthatjuk, hogy esetünkben f(1)=-5, és f(-1)= -15. Vegyük észre, hogy ugyanakkor ± 1-et kizártunk a számításból, tehát polinomunk racionális gyökereit a ± 1/2, ± 1/3, ± 1/6, ± 2, ± 2/3 számok között kell keresni, ± 4/3, ± 8 /3. Tekintsük l/m=1/2. Ekkor l-m=-1 és f (1) =-5 elosztjuk ezzel a számmal. Továbbá, l+m=3 és f (1) =-15 is osztható 3-mal. Ez azt jelenti, hogy az 1/2-es tört a gyökér „jelöltek” között marad.

Legyen most lm=-(1/2)=(-1)/2. Ebben az esetben l-m=-3 és f (1) =-5 nem osztható -3-mal. Ez azt jelenti, hogy a -1/2 tört nem lehet ennek a polinomnak a gyöke, ezért kizárjuk a további vizsgálatból. Ellenőrizzük a fent leírt törtek mindegyikét, és állapítsuk meg, hogy a szükséges gyökök az 1/2, ± 2/3, 2, - 4 számok között vannak. Így egy meglehetősen egyszerű technikával jelentősen leszűkítettük a racionális keresési területet. a szóban forgó polinom gyökerei. Nos, a fennmaradó számok ellenőrzéséhez Horner sémáját használjuk: 10. táblázat. 6 13 -24 -8 8 1/2 6 16 -16 0

Látjuk, hogy 1/2 az f(x) polinom gyöke és 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). Nyilvánvaló, hogy az f (x) polinom összes többi gyöke egybeesik a g (x) =3 x 3+8 x 2 -8 x-8 polinom gyökével, ami azt jelenti, hogy a gyökekre „jelöltek” további ellenőrzése szükséges. végrehajtható erre a polinomra. Azt találtuk: 11. táblázat. 3 8 -8 -8 2/3 3 10 -4/3 -80/9 Azt találtuk, hogy a maradék, ha g(x)-t elosztjuk x-2/3-mal, egyenlő - 80/9, azaz a 2/3 nem gyöke a g(x) polinomnak, ezért f(x) sem. Ezután azt találjuk, hogy - 2/3 a g(x) polinom és g (x) = (3 x+2) (x 2+2 x-4) gyöke.

Ekkor f(x) = (2 x-1) (3 x+2) (x 2+2 x-4). További ellenőrzést végezhetünk az x 2+2 x-4 polinomra, ami természetesen egyszerűbb, mint g (x) vagy még inkább f (x) esetén. Ennek eredményeként azt találjuk, hogy a 2 és -4 számok nem gyökök. Tehát az f (x) =6 x 4+13 x 3 -24 x 2 -8 x+8 polinomnak két racionális gyöke van: 1/2 és -2/3. Ez a módszer lehetővé teszi, hogy egy egész együtthatós polinom racionális gyökeit találjuk meg. Eközben egy polinomnak lehetnek irracionális gyökerei is. Így például a példában vizsgált polinomnak van még két gyöke: - 1±√ 5 (ezek az x2+2 x-4 polinom gyökei). egy polinomnak egyáltalán nincs racionális gyöke.

Az f(x) polinom „jelölt” gyökeinek tesztelésekor a fent bizonyított tételek közül a másodikkal, az utóbbit általában k = ± 1 esetekre használjuk. Más szóval, ha l/m „jelölt” gyök, akkor ellenőrizze, hogy f( 1) és f (-1) l-m, illetve l+m értékkel. De előfordulhat, hogy például f(1) =0, azaz 1 gyök, és akkor f(1) tetszőleges számmal osztható, és az ellenőrzésünk értelmetlenné válik. Ebben az esetben el kell osztani az f(x)-et x-1-gyel, azaz kapjuk, hogy f(x)=(x-1)s(x), és teszteljük az s(x) polinomot. Ugyanakkor nem szabad elfelejteni, hogy az f(x)-x 1=1 polinom egyik gyökét már megtaláltuk. Ha a racionális gyökökre vonatkozó második tétel felhasználása után a „jelölteket” ellenőrizzük a gyökökre, amelyek Horner sémájával megegyeznek, például azt találjuk, hogy l/m gyök, akkor meg kell találni a multiplicitását. Ha egyenlő mondjuk k-vel, akkor f(x)=(x-l/m) ks (x), és további tesztelés végezhető s(x)-en, ami csökkenti a számítást.

Megoldás. Az y=2 x változót kicserélve továbblépünk egy polinomra, amelynek együtthatója a legmagasabb fokon eggyel egyenlő. Ehhez először meg kell szorozni a kifejezést 4-gyel. Ha az eredményül kapott függvénynek egész szám gyöke van, akkor azok a szabad tag osztói közé tartoznak. Írjuk fel őket: ± 1, ± 2, ± 3, ± 4, ± 5, ± 6, ± 10, ± 12, ± 15 ±, ± 20, ± 30, ± 60

Számítsuk ki egymás után a g(y) függvény értékeit ezeken a pontokon, amíg nullát nem érünk. Azaz y=-5 gyök, és ezért az eredeti függvény gyöke. Osszuk el a polinomot egy binomimmal egy oszlop (sarok) segítségével!

A fennmaradó osztók ellenőrzését nem célszerű folytatni, mivel az eredményül kapott másodfokú trinomit könnyebb faktorozni.

A rövidített szorzási képletek és a Newton-binomiális használata polinom faktorizálására Néha a polinom megjelenése azt sugallja, hogy faktorozzuk. Például egyszerű transzformációk után a Newton-binomiális együtthatói Pascal-háromszögéből egy egyenesbe sorakoznak az együtthatók. Példa. Tényező a polinomot.

Megoldás. Alakítsuk át a kifejezést a következő alakra: A zárójelben lévő összeg együtthatóinak sorozata egyértelműen jelzi, hogy ez így van. Ezért, Most a négyzetek különbségének képletét alkalmazzuk: A második zárójelben lévő kifejezésnek nincs valódi gyöke, és a polinomhoz a első zárójelben ismét alkalmazzuk a négyzetek különbségi képletét

Vieta képletek, amelyek egy polinom együtthatóit fejezik ki a gyökein keresztül. Ezek a képletek kényelmesen használhatók egy polinom gyökeinek helyességének ellenőrzésére, valamint polinom összeállítására a megadott gyökök alapján. Formuláció Ha egy polinom gyökei, akkor az együtthatók a gyökök szimmetrikus polinomjaiban vannak kifejezve, nevezetesen

Más szóval, ak egyenlő k gyök összes lehetséges szorzatának összegével. Ha a vezető együttható polinom, akkor a Vieta-formula alkalmazásához először el kell osztani az összes együtthatót 0-val. Ebben az esetben a Vieta-képletek az összes együttható és a vezető együttható arányát adják meg. Vieta utolsó képletéből az következik, hogy ha egy polinom gyökei egész számok, akkor azok osztói annak szabad tagjának, amely szintén egész szám. A bizonyítást úgy hajtjuk végre, hogy figyelembe vesszük a polinom gyökekkel való bővítésével kapott egyenlőséget, figyelembe véve, hogy a 0 = 1 Az együtthatókat x azonos hatványai mellett egyenlővé téve a Vieta-képleteket kapjuk.

Oldja meg az x 6 – 5 x 3 + 4 = 0 egyenletet Megoldás. Jelöljük y = x 3-at, ekkor az eredeti egyenlet y 2 – 5 y + 4 = 0 alakot vesz fel, melynek megoldásával Y 1 = 1-t kapunk; Y 2 = 4. Így az eredeti egyenlet ekvivalens egy egyenletkészlettel: x 3 = 1 vagy x 3 = 4, azaz X 1 = 1 vagy X 2 = Válasz: 1;

Bezout-tétel Definíció 1. Egy elemet a polinom gyökének nevezünk, ha f(c)=0. Bezout tétele. A Pn(x) polinomnak az (x-a) binomimmal való osztásának maradéka egyenlő ennek a polinomnak az értékével x = a-nál. Bizonyíték. Az osztási algoritmus értelmében f(x)=(xc)q(x)+r(x), ahol vagy r(x)=0, vagy, és ezért. Tehát f(x)=(x-c)q(x)+r, tehát f(c)=(c-c)q(c)+r=r, tehát f(x)=(xc)q(x) +f (c).

1. Következmény: A Pn (x) polinom ax+b binomimmal való osztásának maradéka egyenlő ennek a polinomnak az értékével x = -b/a, azaz R=Pn (-b/a). 2. következtetés: Ha az a szám a P (x) polinom gyöke, akkor ez a polinom maradék nélkül osztható (x-a)-val. 3. következmény: Ha a P(x) polinomnak páronként különböző gyökei vannak a 1 , a 2 , ... , an, akkor azt maradék nélkül osztjuk az (x-a 1) ... (x-an) szorzattal. 4. következtetés: Egy n fokú polinomnak legfeljebb n különböző gyöke van. 5. következtetés: Bármely P(x) polinom és a szám esetén a (P(x)-P(a)) különbség maradék nélkül osztható az (x-a) binomimmal. 6. Következmény: Egy a szám akkor és csak akkor és csak akkor gyöke a P(x) polinomnak, amelynek foka legalább akkor, ha P(x) maradék nélkül osztható (x-a)-val.

Racionális tört felbontása egyszerű törtekre Mutassuk meg, hogy bármely megfelelő racionális tört felbontható egyszerű törtek összegére. Legyen egy megfelelő racionális tört (1).

1. Tétel. Legyen x=a a k rövidség nevezőjének gyöke, azaz ahol f(a)≠ 0, akkor ez a saját tört két másik saját tört összegeként ábrázolható a következőképpen: (2) , ahol A egy nullával nem egyenlő állandó, F 1(x) pedig egy olyan polinom, amelynek foka kisebb, mint a nevező foka