Twierdzenie o pierwiastkach wymiernych wielomianu. Liczby wymierne, definicja, przykłady

Itp. ma charakter ogólnoedukacyjny i ma ogromne znaczenie dla studiowania CAŁEGO kierunku matematyki wyższej. Dzisiaj powtórzymy równania „szkolne”, ale nie tylko „szkolne”, ale te, które można znaleźć wszędzie w różnych problemach Vishmat. Jak zwykle historia zostanie opowiedziana w sposób stosowany, tj. Nie będę skupiał się na definicjach i klasyfikacjach, ale podzielę się z Wami moimi osobistymi doświadczeniami w jego rozwiązywaniu. Informacje przeznaczone są przede wszystkim dla początkujących, ale bardziej zaawansowani czytelnicy również znajdą wiele ciekawych informacji dla siebie. I oczywiście będzie nowy materiał wykraczający poza szkołę średnią.

Zatem równanie…. Wielu pamięta to słowo z dreszczem. Jakie są „wyrafinowane” równania z pierwiastkami warte... ...zapomnij o nich! Ponieważ wtedy spotkasz najbardziej nieszkodliwych „przedstawicieli” tego gatunku. Lub nudne równania trygonometryczne z dziesiątkami metod rozwiązywania. Szczerze mówiąc, sama ich nie lubiłam… Nie panikować! – wtedy czekają na Ciebie głównie „mniszek lekarski” z oczywistym rozwiązaniem w 1-2 krokach. Chociaż „łopian” z pewnością przylega, tutaj trzeba zachować obiektywizm.

Co dziwne, w wyższej matematyce znacznie częściej radzi się sobie z bardzo prymitywnymi równaniami, takimi jak liniowy równania

Co to znaczy rozwiązać to równanie? Oznacza to znalezienie TAKIEJ wartości „x” (pierwiastka), która zamienia ją w prawdziwą równość. Rzućmy „trójkę” w prawo ze zmianą znaku:

i upuść „dwa” po prawej stronie (lub to samo - pomnóż obie strony przez) :

Aby to sprawdzić, podstawmy zdobyte trofeum do pierwotnego równania:

Otrzymuje się poprawną równość, co oznacza, że ​​znaleziona wartość jest rzeczywiście pierwiastkiem tego równania. Lub, jak mówią, spełnia to równanie.

Należy pamiętać, że pierwiastek można również zapisać jako ułamek dziesiętny:
I staraj się nie trzymać tego złego stylu! Powód powtarzałem nie raz, zwłaszcza już na pierwszej lekcji wyższa algebra.

Nawiasem mówiąc, równanie można również rozwiązać „po arabsku”:

A co najciekawsze, to nagranie jest całkowicie legalne! Ale jeśli nie jesteś nauczycielem, lepiej tego nie robić, bo oryginalność jest tutaj karana =)

A teraz trochę o

metoda rozwiązania graficznego

Równanie ma postać, a jej pierwiastek to Współrzędna „X”. punkty przecięcia wykres funkcji liniowej z wykresem funkcji liniowej (oś x):

Wydawać by się mogło, że przykład jest na tyle elementarny, że nie ma tu już co analizować, ale można z niego „wycisnąć” jeszcze jeden nieoczekiwany niuans: przedstawmy to samo równanie w postaci i skonstruujmy wykresy funkcji:

W której, proszę nie mylić tych dwóch pojęć: równanie jest równaniem, oraz funkcjonować– to jest funkcja! Funkcje tylko pomóc znajdź pierwiastki równania. Może ich być dwa, trzy, cztery, a nawet nieskończenie wiele. Najbliższym przykładem w tym sensie jest dobrze znany równanie kwadratowe, algorytm rozwiązania któremu poświęcono osobny akapit „gorące” formuły szkolne. I to nie jest przypadek! Jeśli potrafisz rozwiązać równanie kwadratowe i wiesz twierdzenie Pitagorasa, wtedy można powiedzieć, że „połowa wyższej matematyki jest już w twojej kieszeni” =) Oczywiście przesadzone, ale nie tak dalekie od prawdy!

Dlatego nie bądźmy leniwi i rozwiążmy jakieś równanie kwadratowe za pomocą standardowy algorytm:

, co oznacza, że ​​równanie ma dwa różne ważnyźródło:

Łatwo sprawdzić, czy obie znalezione wartości rzeczywiście spełniają to równanie:

Co zrobić, jeśli nagle zapomniałeś algorytmu rozwiązania, a nie masz pod ręką środków/pomocnych dłoni? Taka sytuacja może mieć miejsce na przykład podczas zaliczenia lub egzaminu. Stosujemy metodę graficzną! Są dwa sposoby: możesz buduj punkt po punkcie parabola , dowiadując się w ten sposób, gdzie przecina oś (jeśli w ogóle się przecina). Ale lepiej zrobić coś bardziej przebiegłego: wyobraź sobie równanie w formie, narysuj wykresy prostszych funkcji - i Współrzędne „X”. ich punkty przecięcia są wyraźnie widoczne!


Jeśli okaże się, że prosta styka się z parabolą, wówczas równanie ma dwa pokrywające się (wielokrotne) pierwiastki. Jeśli okaże się, że prosta nie przecina paraboli, to nie ma prawdziwych pierwiastków.

Aby to zrobić, oczywiście musisz umieć budować wykresy funkcji elementarnych, ale z drugiej strony nawet uczeń może opanować te umiejętności.

I jeszcze raz - równanie to równanie, a funkcje to funkcje, które tylko pomogło Rozwiązać równanie!

A tu, nawiasem mówiąc, wypadałoby przypomnieć sobie jeszcze jedną rzecz: jeśli wszystkie współczynniki równania zostaną pomnożone przez liczbę niezerową, wówczas jego pierwiastki się nie zmienią.

Na przykład równanie ma te same korzenie. Jako prosty „dowód” wyjmę stałą z nawiasów:
i usunę to bezboleśnie (Podzielę obie części przez „minus dwa”):

ALE! Jeśli weźmiemy pod uwagę funkcję, to tutaj nie możemy pozbyć się stałej! Dopuszczalne jest jedynie wyjęcie mnożnika z nawiasu: .

Wiele osób nie docenia metody rozwiązania graficznego, uznając ją za coś „niegodnego”, a niektórzy wręcz całkowicie zapominają o tej możliwości. Jest to zasadniczo błędne, ponieważ sporządzanie wykresów czasami po prostu ratuje sytuację!

Inny przykład: załóżmy, że nie pamiętasz pierwiastków najprostszego równania trygonometrycznego: . Ogólny wzór znajduje się w podręcznikach szkolnych, we wszystkich podręcznikach matematyki elementarnej, ale nie są one dla Ciebie dostępne. Jednak rozwiązanie równania jest krytyczne (czyli „dwa”). Jest wyjście! – budować wykresy funkcji:


po czym spokojnie zapisujemy współrzędne „X” ich punktów przecięcia:

Pierwiastków jest nieskończenie wiele i w algebrze przyjmuje się ich skondensowaną notację:
, Gdzie ( – zbiór liczb całkowitych) .

I nie oddalając się, kilka słów o graficznej metodzie rozwiązywania nierówności z jedną zmienną. Zasada jest taka sama. Na przykład rozwiązaniem nierówności jest dowolne „x”, ponieważ Sinusoida leży prawie całkowicie pod linią prostą. Rozwiązaniem nierówności jest zbiór przedziałów, w których odcinki sinusoidy leżą ściśle nad prostą (oś x):

lub w skrócie:

Ale oto wiele rozwiązań nierówności: pusty, ponieważ żaden punkt sinusoidy nie leży powyżej linii prostej.

Czy jest coś, czego nie rozumiesz? Pilnie przestudiuj lekcje na temat zestawy I wykresy funkcji!

Rozgrzejmy się:

Ćwiczenie 1

Rozwiąż graficznie następujące równania trygonometryczne:

Odpowiedzi na końcu lekcji

Jak widać, aby studiować nauki ścisłe, wcale nie trzeba wkuwać formuł i podręczników! Co więcej, jest to podejście zasadniczo błędne.

Jak już zapewniałem na samym początku lekcji, złożone równania trygonometryczne na standardowym kursie wyższej matematyki muszą być rozwiązywane niezwykle rzadko. Wszelka złożoność z reguły kończy się na równaniach typu , którego rozwiązaniem są dwie grupy pierwiastków pochodzące z najprostszych równań i . Nie przejmuj się zbytnio rozwiązaniem tego ostatniego – poszukaj w książce lub znajdź w Internecie =)

Metoda rozwiązania graficznego może okazać się pomocna również w mniej trywialnych przypadkach. Rozważmy na przykład następujące równanie „ragtag”:

Perspektywy jego rozwiązania wyglądają... zupełnie niczym, ale wystarczy sobie wyobrazić równanie w postaci , zbudować wykresy funkcji i wszystko okaże się niezwykle proste. W środku artykułu znajduje się rysunek dot nieskończenie małe funkcje (otworzy się w następnej zakładce).

Korzystając z tej samej metody graficznej, możesz dowiedzieć się, że równanie ma już dwa pierwiastki, a jeden z nich jest równy zeru, a drugi najwyraźniej irracjonalny i należy do segmentu . Pierwiastek ten można w przybliżeniu obliczyć np. metoda styczna. Nawiasem mówiąc, w niektórych problemach zdarza się, że nie musisz szukać korzeni, ale się dowiedzieć czy w ogóle istnieją?. I tutaj też może pomóc rysunek - jeśli wykresy się nie przecinają, to nie ma pierwiastków.

Pierwiastki wymierne wielomianów o współczynnikach całkowitych.
Schemat Hornera

A teraz zapraszam Cię do skierowania spojrzenia w stronę średniowiecza i poczucia wyjątkowej atmosfery algebry klasycznej. Dla lepszego zrozumienia materiału polecam przeczytać chociaż trochę Liczby zespolone.

Oni są najlepsi. Wielomiany.

Przedmiotem naszego zainteresowania będą najczęstsze wielomiany postaci z cały współczynniki Nazywa się liczbę naturalną stopień wielomianu, liczba – współczynnik najwyższego stopnia (lub po prostu najwyższy współczynnik), a współczynnik wynosi Wolny Członek.

Pokrótce oznaczę ten wielomian przez .

Pierwiastki wielomianu nazwać pierwiastkami równania

Uwielbiam żelazną logikę =)

Przykłady można znaleźć na samym początku artykułu:

Ze znalezieniem pierwiastków wielomianów pierwszego i drugiego stopnia nie ma problemów, jednak w miarę zwiększania się zadanie to staje się coraz trudniejsze. Chociaż z drugiej strony wszystko jest ciekawsze! I właśnie temu poświęcona będzie druga część lekcji.

Najpierw dosłownie połowa ekranu teorii:

1) Zgodnie z wnioskiem podstawowe twierdzenie algebry, stopień wielomianu ma dokładnie złożony korzenie. Niektóre korzenie (lub nawet wszystkie) mogą być szczególnie ważny. Co więcej, wśród rzeczywistych korzeni mogą znajdować się identyczne (wielokrotne) korzenie (minimum dwie, maksymalnie sztuki).

Jeśli jakaś liczba zespolona jest pierwiastkiem wielomianu, to sprzężony jego liczba jest również koniecznie pierwiastkiem tego wielomianu (sprzężone korzenie złożone mają postać ).

Najprostszym przykładem jest równanie kwadratowe, które po raz pierwszy napotkano w 8 (tak jak) zajęcia i które w końcu „skończyliśmy” w temacie Liczby zespolone. Przypomnę: równanie kwadratowe ma albo dwa różne pierwiastki rzeczywiste, albo wiele pierwiastków, albo sprzężone pierwiastki zespolone.

2) Od Twierdzenie Bezouta wynika z tego, że jeśli liczba jest pierwiastkiem równania, to odpowiadający jej wielomian można rozłożyć na czynniki:
, gdzie jest wielomianem stopnia .

I znowu nasz stary przykład: skoro jest pierwiastkiem równania, to . Po czym nie jest trudno uzyskać dobrze znane rozszerzenie „szkolne”.

Konsekwencja twierdzenia Bezouta ma wielką wartość praktyczną: jeśli znamy pierwiastek równania trzeciego stopnia, to możemy go przedstawić w postaci a z równania kwadratowego łatwo jest znaleźć pozostałe pierwiastki. Jeśli znamy pierwiastek równania czwartego stopnia, to możliwe jest rozwinięcie lewej strony w iloczyn itp.

I tu są dwa pytania:

Pytanie pierwsze. Jak znaleźć ten korzeń? Przede wszystkim zdefiniujmy jego naturę: w wielu problemach matematyki wyższej konieczne jest znalezienie racjonalny, w szczególności cały pierwiastki wielomianów i pod tym względem dalej będziemy głównie nimi zainteresowani.... ...są tak dobre, tak puszyste, że aż chce się je znaleźć! =)

Pierwszą rzeczą, która przychodzi na myśl, jest metoda selekcji. Rozważmy na przykład równanie . Haczyk jest tutaj w wolnym terminie - gdyby był równy zero, wszystko byłoby w porządku - wyjmujemy „x” z nawiasów, a same korzenie „wypadają” na powierzchnię:

Ale nasz wolny termin jest równy „trzy” i dlatego zaczynamy podstawiać różne liczby do równania, które rzekomo jest „pierwiastkiem”. Przede wszystkim samo nasuwa się podstawienie pojedynczych wartości. Zastąpmy:

Otrzymane błędny równość, zatem jednostka „nie pasowała”. No dobrze, zamieńmy:

Otrzymane PRAWDA równość! Oznacza to, że wartość jest pierwiastkiem tego równania.

Aby znaleźć pierwiastki wielomianu trzeciego stopnia, istnieje metoda analityczna (tzw. wzory Cardano), ale teraz interesuje nas nieco inne zadanie.

Ponieważ - jest pierwiastkiem naszego wielomianu, wielomian można przedstawić w postaci i powstaje Drugie Pytanie: jak znaleźć „młodszego brata”?

Najprostsze rozważania algebraiczne sugerują, że aby to zrobić, musimy podzielić przez . Jak podzielić wielomian przez wielomian? Ta sama metoda szkolna, która dzieli zwykłe liczby - „kolumna”! Metodę tę szczegółowo omówiłem w pierwszych przykładach lekcji. Złożone granice, a teraz przyjrzymy się innej metodzie, która nazywa się Schemat Hornera.

Najpierw piszemy „najwyższy” wielomian z każdym , łącznie z zerowymi współczynnikami:
, po czym wpisujemy te współczynniki (ściśle w kolejności) do górnego wiersza tabeli:

Piszemy pierwiastek po lewej stronie:

Od razu zastrzegam, że schemat Hornera działa również w przypadku „czerwonej” liczby Nie jest pierwiastkiem wielomianu. Nie spieszmy się jednak.

Usuwamy wiodący współczynnik z góry:

Proces wypełniania dolnych komórek przypomina nieco haft, gdzie „minus jeden” to rodzaj „igły”, która przenika kolejne kroki. Przeniesioną liczbę mnożymy przez (–1) i do iloczynu dodajemy liczbę z górnej komórki:

Mnożymy znalezioną wartość przez „czerwoną igłę” i do iloczynu dodajemy następujący współczynnik równania:

I na koniec uzyskana wartość jest ponownie „przetwarzana” za pomocą „igły” i górnego współczynnika:

Zero w ostatniej komórce mówi nam, na co wielomian jest podzielony bez śladu (tak jak powinno być), natomiast współczynniki rozszerzalności są „usuwane” bezpośrednio z dolnej linii tabeli:

W ten sposób przeszliśmy od równania do równania równoważnego i wszystko jest jasne z dwoma pozostałymi pierwiastkami (w tym przypadku otrzymujemy sprzężone pierwiastki złożone).

Nawiasem mówiąc, równanie można również rozwiązać graficznie: wykres "Błyskawica" i zobacz, że wykres przecina oś x () W punkcie . Lub ten sam „przebiegły” trik - przepisujemy równanie w postaci , rysujemy elementarne wykresy i wykrywamy współrzędną „X” ich punktu przecięcia.

Nawiasem mówiąc, wykres dowolnej funkcji-wielomianu trzeciego stopnia przecina oś przynajmniej raz, co oznacza, że ​​​​odpowiednie równanie ma co najmniej jeden ważnyźródło. Fakt ten dotyczy dowolnej funkcji wielomianowej stopnia nieparzystego.

I tutaj również chciałbym się zatrzymać ważny punkt co dotyczy terminologii: wielomian I funkcja wielomianu – to nie to samo! Ale w praktyce często mówią na przykład o „wykresie wielomianu”, co oczywiście jest zaniedbaniem.

Wróćmy jednak do schematu Hornera. Jak wspomniałem niedawno, ten schemat działa dla innych liczb, ale jeśli liczba Nie jest pierwiastkiem równania, to w naszym wzorze pojawia się niezerowy dodatek (reszta):

„Uruchommy” „nieudaną” wartość według schematu Hornera. W takim przypadku wygodnie jest skorzystać z tej samej tabeli - napisz nową „igłę” po lewej stronie, przesuń wiodący współczynnik z góry (lewa zielona strzałka) i ruszamy:

Aby to sprawdzić, otwórzmy nawiasy i przedstawmy podobne terminy:
, OK.

Łatwo zauważyć, że reszta („sześć”) jest dokładnie wartością wielomianu w punkcie . A właściwie - jak to jest:
, a jeszcze ładniej - tak:

Z powyższych obliczeń łatwo zrozumieć, że schemat Hornera pozwala nie tylko rozłożyć wielomian na czynniki, ale także przeprowadzić „cywilizowany” wybór pierwiastka. Sugeruję samodzielne skonsolidowanie algorytmu obliczeniowego za pomocą małego zadania:

Zadanie 2

Korzystając ze schematu Hornera, znajdź pierwiastek całkowity równania i rozłóż na czynniki odpowiadający mu wielomian

Innymi słowy, tutaj musisz po kolei sprawdzać liczby 1, –1, 2, –2, ... – aż do „wyciągnięcia” zerowej reszty w ostatniej kolumnie. Będzie to oznaczać, że „igła” tej prostej jest pierwiastkiem wielomianu

Wygodnie jest uporządkować obliczenia w jednej tabeli. Szczegółowe rozwiązanie i odpowiedź na końcu lekcji.

Metoda wybierania pierwiastków jest dobra w stosunkowo prostych przypadkach, ale jeśli współczynniki i/lub stopień wielomianu są duże, proces może zająć dużo czasu. A może są jakieś wartości z tej samej listy 1, –1, 2, –2 i nie ma sensu się nad tym zastanawiać? Poza tym korzenie mogą okazać się ułamkowe, co doprowadzi do całkowicie nienaukowego szturchania.

Na szczęście istnieją dwa potężne twierdzenia, które mogą znacznie ograniczyć poszukiwania wartości „kandydatów” na pierwiastki wymierne:

Twierdzenie 1 Rozważmy nieskracalny ułamek, gdzie . Jeśli liczba jest pierwiastkiem równania, wówczas wolny termin jest dzielony przez i współczynnik wiodący jest dzielony przez.

W szczególności, jeśli wiodący współczynnik wynosi , to ten pierwiastek wymierny jest liczbą całkowitą:

I zaczynamy wykorzystywać twierdzenie z tym smakowitym szczegółem:

Wróćmy do równania. Ponieważ jego wiodący współczynnik wynosi , wówczas hipotetyczne pierwiastki wymierne mogą być wyłącznie liczbami całkowitymi, a wolny termin musi koniecznie zostać podzielony na te pierwiastki bez reszty. A „trzy” można podzielić tylko na 1, –1, 3 i –3. Oznacza to, że mamy tylko 4 „głównych kandydatów”. I według Twierdzenie 1, inne liczby wymierne nie mogą być pierwiastkami tego równania Z ZASADĄ.

W równaniu jest nieco więcej „konkurentów”: wolny termin dzieli się na 1, –1, 2, – 2, 4 i –4.

Należy pamiętać, że liczby 1, –1 są „regularnymi” listami możliwych pierwiastków (oczywista konsekwencja twierdzenia) i najlepszy wybór do testów priorytetowych.

Przejdźmy do bardziej znaczących przykładów:

Problem 3

Rozwiązanie: ponieważ współczynnik wiodący wynosi , to hipotetyczne pierwiastki wymierne mogą być tylko liczbami całkowitymi i muszą koniecznie być dzielnikami terminu wolnego. „Minus czterdzieści” dzieli się na następujące pary liczb:
– łącznie 16 „kandydatów”.

I tu natychmiast pojawia się kusząca myśl: czy można wyplenić wszystkie negatywne lub wszystkie pozytywne korzenie? W niektórych przypadkach jest to możliwe! Sformułuję dwa znaki:

1) Jeśli Wszystko Jeśli współczynniki wielomianu są nieujemne lub wszystkie dodatnie, to nie może on mieć dodatnich pierwiastków. Niestety tak nie jest w naszym przypadku (Gdybyśmy teraz mieli równanie - to tak, podstawiając dowolną wartość wielomianu, wartość wielomianu jest ściśle dodatnia, co oznacza, że ​​wszystkie liczby dodatnie (i irracjonalne też) nie mogą być pierwiastkami równania.

2) Jeżeli współczynniki dla potęg nieparzystych są nieujemne i dla wszystkich potęg parzystych (w tym bezpłatny członek) są ujemne, to wielomian nie może mieć pierwiastków ujemnych. Lub „lustro”: współczynniki dla potęg nieparzystych są dodatnie, a dla wszystkich potęg parzystych są dodatnie.

To jest nasz przypadek! Przyglądając się nieco bliżej, widać, że po podstawieniu do równania dowolnego ujemnego „X” lewa strona będzie ściśle ujemna, co oznacza, że ​​pierwiastki ujemne znikają

Zatem do zbadania pozostało 8 liczb:

„Ładujemy” je sekwencyjnie według schematu Hornera. Mam nadzieję, że opanowałeś już obliczenia mentalne:

Przy testowaniu „dwójki” czekało na nas szczęście. Zatem jest pierwiastkiem rozważanego równania i

Pozostaje przestudiować równanie . Łatwo to zrobić za pomocą dyskryminatora, ale przeprowadzę test orientacyjny, korzystając z tego samego schematu. Po pierwsze, zauważmy, że wolny termin jest równy 20, co oznacza Twierdzenie 1 liczby 8 i 40 wypadają z listy możliwych pierwiastków, pozostawiając wartości do badań (jeden został wyeliminowany według schematu Hornera).

Zapisujemy współczynniki trójmianu w górnym rzędzie nowej tabeli i Sprawdzanie zaczynamy od tej samej „dwójki”. Dlaczego? A ponieważ pierwiastki mogą być wielokrotnościami, proszę: - to równanie ma 10 identycznych pierwiastków. Ale nie dajmy się zwariować:

I tutaj oczywiście trochę kłamałem, wiedząc, że korzenie są racjonalne. W końcu, gdyby były one irracjonalne lub złożone, stałbym przed nieudanym sprawdzeniem wszystkich pozostałych liczb. Dlatego w praktyce kieruj się dyskryminacją.

Odpowiedź: pierwiastki racjonalne: 2, 4, 5

W analizowanym przez nas problemie mieliśmy szczęście, ponieważ: a) wartości ujemne od razu spadły, oraz b) bardzo szybko znaleźliśmy pierwiastek (i teoretycznie moglibyśmy sprawdzić całą listę).

Ale w rzeczywistości sytuacja jest znacznie gorsza. Zapraszam do obejrzenia emocjonującej gry „The Last Hero”:

Problem 4

Znajdź wymierne pierwiastki równania

Rozwiązanie: Przez Twierdzenie 1 liczniki hipotetycznych pierwiastków wymiernych muszą spełniać ten warunek (czytamy: „dwanaście dzieli się przez el”), a mianowniki – do warunku . Na tej podstawie otrzymujemy dwie listy:

„lista el”:
i „lista hm”: (na szczęście liczby tutaj są naturalne).

Zróbmy teraz listę wszystkich możliwych korzeni. Najpierw dzielimy „listę el” przez . Jest całkowicie jasne, że zostaną uzyskane te same liczby. Dla wygody umieśćmy je w tabeli:

Wiele ułamków zostało zredukowanych, w wyniku czego otrzymano wartości, które znajdują się już na „liście bohaterów”. Dodajemy tylko „nowicjuszy”:

Podobnie dzielimy tę samą „listę” przez:

i wreszcie dalej

Tym samym zespół uczestników naszej gry jest skompletowany:


Niestety wielomian w tym zadaniu nie spełnia kryterium „dodatniego” lub „ujemnego” i dlatego nie możemy odrzucić górnego ani dolnego rzędu. Będziesz musiał pracować ze wszystkimi liczbami.

Jak się czujesz? No, głowa do góry – jest jeszcze jedno twierdzenie, które w przenośni można nazwać „twierdzeniem zabójcy”…. …„kandydaci”, oczywiście =)

Ale najpierw musisz przewinąć diagram Hornera pod kątem przynajmniej jednego całość liczby. Tradycyjnie weźmy jedno. W górnym wierszu piszemy współczynniki wielomianu i wszystko jest jak zwykle:

Ponieważ cztery wyraźnie nie równa się zero, wartość nie jest pierwiastkiem rozpatrywanego wielomianu. Ale ona nam bardzo pomoże.

Twierdzenie 2 Jeśli dla niektórych ogólnie wartość wielomianu jest różna od zera: , to jego pierwiastki wymierne (Jeśli są) spełnić warunek

W naszym przypadku i dlatego wszystkie możliwe pierwiastki muszą spełniać ten warunek (nazwijmy to Warunek nr 1). Ta czwórka będzie „zabójcą” wielu „kandydatów”. W ramach demonstracji przeanalizuję kilka kontroli:

Sprawdźmy „kandydata”. Aby to zrobić, przedstawmy to sztucznie w postaci ułamka, z którego wyraźnie widać, że . Obliczmy różnicę testową: . Cztery dzieli się przez „minus dwa”: , co oznacza, że ​​możliwy pierwiastek przeszedł test.

Sprawdźmy wartość. Oto różnica testowa: . Oczywiście i dlatego drugi „temat” również pozostaje na liście.

Ten wielomian ma współczynniki całkowite. Jeśli pierwiastkiem tego wielomianu jest liczba całkowita, to jest ona dzielnikiem liczby 16. Jeśli więc dany wielomian ma pierwiastki całkowite, to mogą to być tylko liczby ±1; ±2; ±4; ±8; ±16. Poprzez bezpośrednią weryfikację jesteśmy przekonani, że liczba 2 jest pierwiastkiem tego wielomianu, czyli x 3 – 5x 2 – 2x + 16 = (x – 2)Q (x), gdzie Q (x) jest wielomianem drugi stopień. W konsekwencji wielomian rozkłada się na czynniki, z których jeden to (x – 2). Aby znaleźć typ wielomianu Q(x), korzystamy z tzw. schematu Hornera. Główną zaletą tej metody jest zwartość zapisu i możliwość szybkiego podzielenia wielomianu na dwumian. W rzeczywistości schemat Hornera jest inną formą zapisu metody grupowania, chociaż w przeciwieństwie do tego ostatniego jest całkowicie niewizualny. Odpowiedź (faktoryzację) uzyskuje się tutaj sama i nie widzimy procesu jej uzyskiwania. Nie będziemy się wdawać w rygorystyczne uzasadnianie schematu Hornera, a jedynie pokażemy, jak on działa.

Liczba z komórki powyżej jest „przenoszona” do drugiej komórki dolnego wiersza, czyli 1. Następnie to robią. Pierwiastek równania (liczba 2) mnożymy przez ostatnią zapisaną liczbę (1) i wynik dodajemy do liczby znajdującej się w górnym wierszu nad następną wolną komórką, w naszym przykładzie mamy:

Liczba niewymierna- Ten prawdziwy numer, co nie jest wymierne, to znaczy nie może być przedstawione jako ułamek, gdzie są liczbami całkowitymi, . Liczbę niewymierną można przedstawić jako nieskończony nieokresowy ułamek dziesiętny.

Zbiór liczb niewymiernych jest zwykle oznaczany dużą literą łacińską, pogrubioną czcionką, bez cieniowania. Zatem: , tj. istnieje wiele liczb niewymiernych różnica między zbiorami liczb rzeczywistych i wymiernych.

A dokładniej o istnieniu liczb niewymiernych Odcinki niewspółmierne z odcinkiem o jednostkowej długości były znane już starożytnym matematykom: znali na przykład niewspółmierność przekątnej i boku kwadratu, co jest równoznaczne z niewymiernością liczby.

Nieruchomości

• Dowolną liczbę rzeczywistą można zapisać jako nieskończony ułamek dziesiętny, natomiast liczby niewymierne i tylko one można zapisać jako nieokresowe nieskończone ułamki dziesiętne.
• Liczby niewymierne określają cięcia Dedekinda w zbiorze liczb wymiernych, które nie mają największej liczby w klasie niższej i nie mają najmniejszej liczby w klasie wyższej.
• Każda rzeczywista liczba przestępna jest niewymierna.
• Każda liczba niewymierna jest albo algebraiczna, albo przestępna.
• Zbiór liczb niewymiernych jest gęsty w każdym miejscu na osi liczbowej: pomiędzy dowolnymi dwiema liczbami znajduje się liczba niewymierna.
• Porządek na zbiorze liczb niewymiernych jest izomorficzny z porządkiem na zbiorze rzeczywistych liczb przestępnych.
• Zbiór liczb niewymiernych jest nieprzeliczalny i należy do zbioru drugiej kategorii.

Przykłady

Irracjonalne są:

Przykłady dowodów irracjonalności

Pierwiastek z 2

Załóżmy odwrotnie: jest wymierny, to znaczy jest przedstawiony w postaci ułamka nieredukowalnego, gdzie jest liczbą całkowitą i jest liczbą naturalną. Podnieśmy rzekomą równość do kwadratu:

Wynika z tego, że nawet jest parzyste i . Niech będzie tam, gdzie jest całość. Następnie

Dlatego nawet oznacza parzysty i . Stwierdziliśmy, że i są parzyste, co zaprzecza nieredukowalności ułamka . Oznacza to, że pierwotne założenie było błędne i jest to liczba niewymierna.

Logarytm binarny liczby 3

Załóżmy odwrotnie: jest wymierny, to znaczy jest przedstawiany jako ułamek, gdzie i są liczbami całkowitymi. Ponieważ , i można wybrać jako dodatnie. Następnie

Ale parzyste i dziwne. Dostajemy sprzeczność.

mi

Fabuła

Pojęcie liczb niewymiernych zostało domyślnie przyjęte przez indyjskich matematyków w VII wieku p.n.e., kiedy Manava (ok. 750 p.n.e. - ok. 690 p.n.e.) odkrył, że pierwiastków kwadratowych niektórych liczb naturalnych, takich jak 2 i 61, nie można wyrazić wprost .

Pierwszy dowód na istnienie liczb niewymiernych przypisuje się zwykle Hippazosowi z Metapontusa (ok. 500 r. p.n.e.), pitagorejczykowi, który znalazł ten dowód badając długości boków pentagramu. W czasach pitagorejczyków wierzono, że istnieje pojedyncza jednostka długości, wystarczająco mała i niepodzielna, która wchodziła do dowolnego odcinka całkowitą liczbę razy. Hippazos argumentował jednak, że nie ma jednej jednostki długości, gdyż założenie o jej istnieniu prowadzi do sprzeczności. Pokazał, że jeśli przeciwprostokątna trójkąta prostokątnego równoramiennego zawiera całkowitą liczbę odcinków jednostkowych, to liczba ta musi być zarówno parzysta, jak i nieparzysta. Dowód wyglądał następująco:

• Stosunek długości przeciwprostokątnej do długości ramienia trójkąta prostokątnego równoramiennego można wyrazić jako A:B, Gdzie A I B wybrany jako najmniejszy.
• Zgodnie z twierdzeniem Pitagorasa: A² = 2 B².
• Ponieważ A- nawet, A musi być parzysta (ponieważ kwadrat liczby nieparzystej byłby nieparzysty).
• Ponieważ A:B nieskracalny B musi być dziwne.
• Ponieważ A nawet, oznaczamy A = 2y.
• Następnie A² = 4 y² = 2 B².
• B² = 2 y² zatem B- nawet wtedy B nawet.
• Jednak zostało to udowodnione B dziwne. Sprzeczność.

Greccy matematycy nazywali ten stosunek wielkościami niewspółmiernymi alogos(niewypowiedziane), ale według legend nie okazywali Hippasosowi należnego szacunku. Istnieje legenda, że ​​Hippasos dokonał odkrycia podczas podróży morskiej i został wyrzucony za burtę przez innych pitagorejczyków „za stworzenie elementu wszechświata zaprzeczającego doktrynie, że wszystkie byty we wszechświecie można sprowadzić do liczb całkowitych i ich stosunków”. Odkrycie Hippasosa stanowiło poważny problem dla matematyki pitagorejskiej, burząc podstawowe założenie, że liczby i obiekty geometryczne są jednym i nierozłącznym.

Jak już zauważyliśmy, jednym z najważniejszych problemów teorii wielomianów jest problem znalezienia ich pierwiastków. Aby rozwiązać ten problem, można zastosować metodę selekcji, tj. wybierz losowo liczbę i sprawdź, czy jest ona pierwiastkiem danego wielomianu.

W takim przypadku możesz szybko „wpaść” na korzeń lub możesz go nigdy nie znaleźć. W końcu nie da się sprawdzić wszystkich liczb, ponieważ jest ich nieskończenie wiele.

Inną sprawą byłoby, gdybyśmy mogli zawęzić obszar poszukiwań, aby na przykład wiedzieć, że pierwiastki, których szukamy, znajdują się, powiedzmy, wśród trzydziestu podanych liczb. I dla trzydziestu liczb możesz sprawdzić. W nawiązaniu do tego wszystkiego, co zostało powiedziane powyżej, stwierdzenie to wydaje się ważne i interesujące.

Jeśli nieredukowalny ułamek l/m (l, m są liczbami całkowitymi) jest pierwiastkiem wielomianu f (x) o współczynnikach całkowitych, wówczas współczynnik wiodący tego wielomianu jest dzielony przez m, a wyraz wolny dzieli się przez 1.

Rzeczywiście, jeśli f (x) =anxn+an-1xn-1+... +a1x+a0, an?0, gdzie an, an-1,...,a1, a0 są liczbami całkowitymi, to f (l/ m) =0, tj. аn (l/m) n+an-1 (l/m) n-1+... +a1l/m+a0=0.

Pomnóżmy obie strony tej równości przez mn. Otrzymujemy anln+an-1ln-1m+... +a1lmn-1+a0mn=0.

Oznacza to:

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

Widzimy, że liczba całkowita anln jest podzielna przez m. Ale l/m jest ułamkiem nieredukowalnym, tj. liczby l i m są względnie pierwsze, a wtedy, jak wiadomo z teorii podzielności liczb całkowitych, liczby ln i m również są względnie pierwsze. Zatem anln jest podzielne przez m, a m jest względnie pierwsze do ln, co oznacza, że ​​an jest podzielne przez m.

Sprawdzony temat pozwala nam znacznie zawęzić obszar poszukiwań pierwiastków wymiernych wielomianu o współczynnikach całkowitych. Pokażmy to na konkretnym przykładzie. Znajdźmy pierwiastki wymierne wielomianu f (x) =6x4+13x2-24x2-8x+8. Zgodnie z twierdzeniem pierwiastki wymierne tego wielomianu należą do ułamków nieredukowalnych postaci l/m, gdzie l jest dzielnikiem wyrazu swobodnego a0=8, a m jest dzielnikiem współczynnika wiodącego a4=6. Ponadto, jeśli ułamek l/m będzie ujemny, wówczas licznikowi zostanie przypisany znak „-”. Na przykład - (1/3) = (-1) /3. Możemy więc powiedzieć, że l jest dzielnikiem liczby 8, a m jest dodatnim dzielnikiem liczby 6.

Ponieważ dzielniki liczby 8 wynoszą ±1, ±2, ±4, ±8, a dzielniki dodatnie liczby 6 to 1, 2, 3, 6, to pierwiastki wymierne rozpatrywanego wielomianu należą do liczb ±1, ±1/2, ±1/3, ±1/6, ±2, ±2/3, ±4, ±4/3, ±8, ±8/3. Przypomnijmy, że pisaliśmy tylko ułamki nieredukowalne.

Mamy więc dwadzieścia liczb - „kandydatów” na korzenie. Pozostaje tylko sprawdzić każdy z nich i wybrać te, które są naprawdę korzeniami. Ale znowu będziesz musiał przeprowadzić sporo kontroli. Ale następujące twierdzenie upraszcza tę pracę.

Jeśli nieredukowalny ułamek l/m jest pierwiastkiem wielomianu f (x) o współczynnikach całkowitych, to f (k) jest podzielne przez l-km dla dowolnej liczby całkowitej k, pod warunkiem, że l-km?0.

Aby udowodnić to twierdzenie, podziel f (x) przez x-k z resztą. Otrzymujemy f (X) = (x-k) S (X) +f (k). Ponieważ f (x) jest wielomianem o współczynnikach całkowitych, tak samo jest z wielomianem s (x), a f (k) jest liczbą całkowitą. Niech s (x) =bn-1+bn-2+…+b1x+b0. Wtedy f (x) - f (k) = (x-k) (bn-1xn-1+bn-2xn-2+ …+b1x+b0). Wstawmy x=l/m do tej równości. Biorąc pod uwagę, że f (l/m) = 0, otrzymujemy

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

Pomnóżmy obie strony ostatniej równości przez mn:

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

Wynika z tego, że liczba całkowita mnf (k) jest podzielna przez l-km. Ale ponieważ l i m są względnie pierwsze, to mn i l-km są również względnie pierwsze, co oznacza, że ​​f (k) jest podzielne przez l-km. Twierdzenie zostało udowodnione.

Wróćmy teraz do naszego przykładu i korzystając ze sprawdzonego twierdzenia, jeszcze bardziej zawęzimy krąg poszukiwań pierwiastków wymiernych. Zastosujmy to twierdzenie dla k=1 i k=-1, tj. jeśli ułamek nieredukowalny l/m jest pierwiastkiem wielomianu f (x), to f (1) / (l-m) i f (-1) / (l+m). Łatwo stwierdzamy, że w naszym przypadku f (1) = -5 i f (-1) = -15. Należy zauważyć, że jednocześnie wykluczyliśmy z rozważań ±1.

Zatem pierwiastków wymiernych naszego wielomianu należy szukać wśród liczb ±1/2, ±1/3, ±1/6, ±2, ±2/3, ±4, ±4/3, ±8, ±8 /3.

Rozważ l/m=1/2. Następnie l-m=-1 i f(1) =-5 dzieli się przez tę liczbę. Co więcej, l+m=3 i f(1) =-15 jest również podzielne przez 3. Oznacza to, że ułamek 1/2 pozostaje wśród „kandydatów” na pierwiastki.

Niech teraz lm=- (1/2) = (-1) /2. W tym przypadku l-m=-3 i f(1) =-5 nie jest podzielne przez - 3. Oznacza to, że ułamek - 1/2 nie może być pierwiastkiem tego wielomianu i wykluczamy go z dalszych rozważań. Sprawdźmy każdy z ułamków zapisanych powyżej i przekonajmy się, że wymagane pierwiastki należą do liczb 1/2, ±2/3, 2, - 4.

Stosując zatem dość prostą technikę, znacznie zawęziliśmy obszar poszukiwań pierwiastków wymiernych rozpatrywanego wielomianu. Cóż, aby sprawdzić pozostałe liczby, skorzystamy ze schematu Hornera:

Tabela 10

Ustaliliśmy, że reszta z dzielenia g (x) przez x-2/3 wynosi - 80/9, tj. 2/3 nie jest pierwiastkiem wielomianu g (x), a zatem f (x) również nie jest.

Następnie łatwo stwierdzamy, że - 2/3 jest pierwiastkiem wielomianu g (x) i g (x) = (3x+2) (x2+2x-4). Wtedy f (x) = (2x-1) (3x+2) (x2+2x-4). Dalszą weryfikację można przeprowadzić dla wielomianu x2+2x-4, co jest oczywiście prostsze niż dla g (x) lub jeszcze bardziej dla f (x). W rezultacie okazuje się, że liczby 2 i - 4 nie są pierwiastkami.

Zatem wielomian f (x) =6x4+13x3-24x2-8x+8 ma dwa pierwiastki wymierne: 1/2 i - 2/3.

Przypomnijmy, że opisana powyżej metoda umożliwia znalezienie jedynie pierwiastków wymiernych wielomianu o współczynnikach całkowitych. Tymczasem wielomian może mieć również pierwiastki irracjonalne. I tak np. wielomian rozpatrywany w przykładzie ma jeszcze dwa pierwiastki: - 1±v5 (są to pierwiastki wielomianu x2+2x-4). I, ogólnie rzecz biorąc, wielomian może w ogóle nie mieć pierwiastków wymiernych.

Teraz podamy kilka wskazówek.

Testując „kandydatów” na pierwiastki wielomianu f (x) za pomocą drugiego z udowodnionych powyżej twierdzeń, to drugie stosuje się zwykle dla przypadków k=±1. Innymi słowy, jeśli l/m jest pierwiastkiem „kandydatskim”, to sprawdź, czy f (1) i f (-1) są podzielne odpowiednio przez l-m i l+m. Ale może się zdarzyć, że np. f ​​(1) = 0, czyli 1 jest pierwiastkiem, a wtedy f (1) jest podzielne przez dowolną liczbę i nasze sprawdzenie traci sens. W takim przypadku należy podzielić f (x) przez x-1, tj. uzyskaj f(x) = (x-1)s(x) i sprawdź wielomian s(x). Jednocześnie nie zapominajmy, że znaleźliśmy już jeden pierwiastek wielomianu f (x) - x1=1. Jeżeli sprawdzając „kandydatów” na pierwiastki pozostałe po zastosowaniu drugiego twierdzenia o pierwiastkach wymiernych, korzystając ze schematu Hornera stwierdzimy, że np. l/m jest pierwiastkiem, to należy znaleźć jego krotność. Jeśli jest równe, powiedzmy k, to f (x) = (x-l/m) ks (x), a dalsze badania można przeprowadzić dla s (x), co ogranicza obliczenia.

W ten sposób nauczyliśmy się znajdować racjonalne pierwiastki wielomianu o współczynnikach całkowitych. Okazuje się, że w ten sposób nauczyliśmy się znajdować pierwiastki niewymierne wielomianu o wymiernych współczynnikach. Tak naprawdę, jeśli mamy np. wielomian f(x) =x4+2/3x3+5/6x2+3/8x+2, to sprowadzając współczynniki do wspólnego mianownika i wyjmując go z nawiasów, uzyskaj f (x) =1/24 (24x4+16x3-20x2+9x+48). Oczywiste jest, że pierwiastki wielomianu f (x) pokrywają się z pierwiastkami wielomianu w nawiasach, a jego współczynniki są liczbami całkowitymi. Udowodnimy na przykład, że sin100 jest liczbą niewymierną. Skorzystajmy ze znanego wzoru sin3?=3sin?-4sin3?. Stąd sin300=3sin100-4sin3100. Biorąc pod uwagę, że sin300=0,5 i przeprowadzając proste przekształcenia, otrzymujemy 8sin3100-6sin100+1=0. Zatem sin100 jest pierwiastkiem wielomianu f(x) =8x3-6x+1. Jeśli będziemy szukać pierwiastków wymiernych tego wielomianu, przekonamy się, że ich nie ma. Oznacza to, że pierwiastek sin100 nie jest liczbą wymierną, tj. sin100 jest liczbą niewymierną.

Wielomian w zmiennej x jest wyrażeniem postaci: anxn+an-1 xn-1+. . . +a 1 x+a 0, gdzie n jest liczbą naturalną; an, an-1, . . . , a 1, a 0 - dowolne liczby zwane współczynnikami tego wielomianu. Wyrażenia anxn, an-1 xn-1, . . . , a 1 x, a 0 nazywane są wyrazami wielomianu, a 0 jest wyrazem wolnym. an jest współczynnikiem xn, an-1 jest współczynnikiem xn-1 itd. Wielomian, w którym wszystkie współczynniki są równe zero, nazywa się zerem. na przykład wielomian 0 x2+0 x+0 wynosi zero. Z zapisu wielomianu wynika, że ​​składa się on z kilku elementów. Stąd pochodzi termin ‹‹wielomian›› (wiele terminów). Czasami wielomian nazywa się wielomianem. Termin ten pochodzi od greckich słów πολι – wiele i νομχ – członek.

Wielomian jednej zmiennej x oznaczamy: . f (x), g (x), h (x) itp., jeśli np. pierwszy z powyższych wielomianów oznaczymy jako f (x), to możemy zapisać: f (x) =x 4+2 x 3 + (- 3) x 2+3/7 x+√ 2. 1. Wielomian h(x) nazywany jest największym wspólnym dzielnikiem wielomianów f(x) i g(x), jeśli dzieli f(x), g (x) i każdy z ich wspólnych dzielników. 2. Mówi się, że wielomian f(x) o współczynnikach z ciała P o stopniu n jest redukowalny po ciele P, jeżeli istnieją wielomiany h(x), g(x) О P[x] stopnia mniejszego niż n takie że f(x) = h(x)g(x).

Jeśli istnieje wielomian f (x) =anxn+an-1 xn-1+. . . +a 1 x+a 0 i an≠ 0, wówczas liczbę n nazywamy stopniem wielomianu f (x) (lub mówią: f (x) - n-ty stopień) i piszemy art. f(x)=n. W tym przypadku an nazywany jest współczynnikiem wiodącym, a anxn jest wyrazem wiodącym tego wielomianu. Na przykład, jeśli f (x) =5 x 4 -2 x+3, to art. f (x) =4, współczynnik wiodący - 5, człon wiodący - 5 x4. Stopień wielomianu to największa liczba jego współczynników różna od zera. Wielomiany stopnia zerowego to liczby różne od zera. , wielomian zerowy nie ma stopnia; wielomian f(x) =a, gdzie a jest liczbą niezerową i ma stopień 0; stopień dowolnego innego wielomianu jest równy największemu wykładnikowi zmiennej x, której współczynnik jest równy zero.

Równość wielomianów. Dwa wielomiany f (x) i g (x) uważa się za równe, jeśli ich współczynniki dla tych samych potęg zmiennej x i wyrazów wolnych są równe (ich odpowiadające współczynniki są równe). fa (x) = g (x). Przykładowo wielomiany f(x) =x 3+2 x 2 -3 x+1 i g(x) =2 x 23 x+1 nie są równe, pierwszy z nich ma współczynnik x3 równy 1, a druga ma zero (zgodnie z przyjętymi konwencjami możemy zapisać: g (x) =0 x 3+2 x 2 -3 x+1. W tym przypadku: f (x) ≠g (x) i wielomiany nie są równe: h (x) =2. x 2 -3 x+5, s (x) =2 x 2+3 x+5, ponieważ ich współczynniki dla x są różne.

Ale wielomiany f 1 (x) =2 x 5+3 x 3+bx+3 i g 1 (x) =2 x 5+ax 3 -2 x+3 są równe wtedy i tylko wtedy, gdy a = 3, a b = -2. Niech będzie dany wielomian f (x) =anxn+an-1 xn-1+. . . +a 1 x+a 0 i pewna liczba c. Liczba f (c) =ancn+an-1 cn-1+. . . +a 1 c+a 0 nazywa się wartością wielomianu f (x) przy x=c. Zatem, aby znaleźć f (c), należy zamiast x podstawić do wielomianu c i przeprowadzić niezbędne obliczenia. Na przykład, jeśli f (x) =2 x 3+3 x 2 -x+5, to f (-2) =2 (-2) 3+ (-2) 2 - (-2) +5=3. Wielomian może przyjmować różne wartości dla różnych wartości zmiennej x. Liczbę c nazywa się pierwiastkiem wielomianu f (x), jeśli f (c) = 0.

Zwróćmy uwagę na różnicę pomiędzy dwoma stwierdzeniami: „wielomian f (x) jest równy zeru (lub, co jedno, wielomian f (x) jest równy zero)” i „wartość wielomianu f (x ) przy x = c jest równe zero.” Na przykład wielomian f (x) =x 2 -1 nie jest równy zeru, ma niezerowe współczynniki, a jego wartość przy x=1 wynosi zero. f (x) ≠ 0 i f (1) =0. Istnieje ścisły związek między pojęciami równości wielomianów a wartością wielomianu. Jeśli dane są dwa równe wielomiany f (x) i g (x), to odpowiadające im współczynniki są równe, co oznacza f (c) = g (c) dla każdej liczby c.

Działania na wielomianach Wielomiany można dodawać, odejmować i mnożyć, stosując zwykłe zasady otwierania nawiasów i wstawiania podobnych wyrazów. Wynikiem jest ponownie wielomian. Operacje te mają znane właściwości: f (x) +g (x) =g (x) +f (x), f (x) + (g (x) +h (x)) = (f (x) +g (x)) +h (x), fa (x) g (x) = g (x) fa (x), fa (x) (g (x) godz (x)) = (f (x) g ( x)) godz (x), fa (x) (g (x) +h (x)) =f (x) g (x) +f (x) godz (x).

Niech dane będą dwa wielomiany 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. Wiadomo, że art. f(x)=n i st. g(x)=m. Jeśli pomnożymy te dwa wielomiany, otrzymamy wielomian w postaci f(x) g(x)=anbmxm+n+. . . +a 0 b 0. Skoro an≠ 0 i bn≠ 0, to anbm≠ 0, co oznacza st. (f(x)g(x))=m+n. Wynika z tego ważne stwierdzenie.

Stopień iloczynu dwóch niezerowych wielomianów jest równy sumie stopni czynników, art. (f (x) g (x)) = st. fa (x) + st. g(x). Człon wiodący (współczynnik) iloczynu dwóch niezerowych wielomianów jest równy iloczynowi członów wiodących (współczynników) czynników. Swobodny wyraz iloczynu dwóch wielomianów jest równy iloczynowi wolnych wyrazów czynników. Potęgi wielomianów f (x), g (x) i f (x) ±g (x) powiązane są zależnością: art. (f (x) ±g (x)) ≤ max (st. f (x), st. g (x)).

Nazywa się superpozycją wielomianów f (x) i g (x). wielomian oznaczony f (g (x)), który otrzymujemy, jeśli w wielomianie f (x) podstawimy wielomian g (x) zamiast x. Na przykład, jeśli f(x)=x 2+2 x-1 i g(x) =2 x+3, to 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. Można zauważyć, że f (g (x)) ≠ g (f (x)), czyli superpozycja wielomianów f (x), g (x) i superpozycja wielomianów g (x), f ( x) są różne. Zatem operacja superpozycji nie ma własności przemienności.

, Algorytm dzielenia z resztą Dla dowolnego f(x), g(x) istnieje q(x) (iloraz) i r(x) (reszta) takie, że f(x)=g(x)q(x)+ r(x) i stopień r(x)

Dzielniki wielomianu Dzielnikiem wielomianu f(x) jest wielomian g(x), taki, że f(x)=g(x)q(x). Największy wspólny dzielnik dwóch wielomianów Największym wspólnym dzielnikiem wielomianów f(x) i g(x) jest ich wspólny dzielnik d(x), który jest podzielny przez dowolny inny wspólny dzielnik.

Algorytm euklidesowy (algorytm dzielenia sekwencyjnego) do znajdowania największego wspólnego dzielnika wielomianów f(x) i g(x). Następnie jest największy wspólny dzielnik f(x) i g(x).

Zmniejsz ułamek Rozwiązanie: Znajdź gcd tych wielomianów, korzystając z algorytmu Euklidesa 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 Zatem wielomian (– x2 – 3 x – 2) jest gcd licznika i mianownik danego ułamka. Znany jest wynik dzielenia mianownika przez ten wielomian.

Znajdźmy wynik dzielenia licznika. x 3 + 6 x2 + 11 x + 6 – x2 – 3 x – 2 x3 + 3 x2 + 2 x –x– 3 3 x2 + 9 x + 6 0 Zatem odpowiedź:

Schemat Hornera Dzielenie wielomianu f(x) z resztą przez niezerowy wielomian g(x) oznacza przedstawienie f(x) w postaci f(x)=g(x) s(x)+r(x), gdzie s (x ) i r(x) są wielomianami i albo r(x)=0, albo st. r(x)

Wielomiany po lewej i prawej stronie tej zależności są równe, co oznacza, że ​​odpowiadające im współczynniki są równe. Przyrównajmy je, otwierając najpierw nawiasy i umieszczając podobne wyrazy po prawej stronie tej równości. Otrzymujemy: 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. Przypomnijmy, że musimy znaleźć niepełny iloraz, czyli jego współczynniki i resztę. Wyraźmy je z otrzymanych równości: 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. Znaleźliśmy wzory, za pomocą których można obliczyć współczynniki ilorazu cząstkowego s (x) i reszty r. W tym przypadku obliczenia przedstawiono w formie poniższej tabeli; nazywa się to schematem Hornera.

Tabela 1. Współczynniki 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 Pozostałość współczynników s (x) W pierwszym wierszu tej tabeli zapisz wszystkie współczynniki wielomianu f (x) z rzędu, pozostawiając pierwszą komórkę wolną. W drugim wierszu, w pierwszej komórce, wpisz liczbę c. Pozostałe komórki tej linii wypełnia się, obliczając kolejno współczynniki niepełnego ilorazu s (x) i reszty r. W drugiej komórce wpisz współczynnik bn-1, który, jak ustaliliśmy, jest równy an.

Współczynniki w każdej kolejnej komórce obliczane są według następującej zasady: liczbę c mnoży się przez liczbę z poprzedniej komórki i do wyniku dodaje się liczbę znajdującą się nad wypełnianą komórką. Aby zapamiętać, powiedzmy, piątą komórkę, to znaczy znaleźć w niej współczynnik, musisz pomnożyć c przez liczbę w czwartej komórce i dodać do wyniku liczbę nad piątą komórką. Podzielmy na przykład wielomian f (x) =3 x 4 -5 x 2+3 x-1 przez x-2 z resztą, korzystając ze schematu Hornera. Wypełniając pierwszą linię tego diagramu, nie możemy zapomnieć o zerowych współczynnikach wielomianu. Zatem współczynniki f (x) to liczby 3, 0, - 5, 3, - 1. Należy też pamiętać, że stopień niepełnego ilorazu jest o jeden mniejszy niż stopień wielomianu f (x).

Zatem dokonujemy podziału według schematu Hornera: Tabela 2. 2 3 3 0 6 -5 7 3 17 -1 33 Otrzymujemy iloraz cząstkowy s (x) =3 x 3+6 x 2+7 x+17 a reszta r=33. Zauważmy, że jednocześnie obliczyliśmy wartość wielomianu f (2) =33. Podzielmy teraz ten sam wielomian f (x) przez x+2 z resztą. W tym przypadku c=-2. otrzymujemy: Tabela 3. -2 3 3 0 -6 -5 7 3 -11 -1 21 W rezultacie mamy f (x) = (x+2) (3 x 3 -6 x 2+7 x- 11) +21 .

Pierwiastki wielomianów Niech c1, c2, …, cm będą różnymi pierwiastkami wielomianu f (x). Następnie f (x) dzieli się przez x-c1, tj. f (x) = (x-c 1) s 1 (x). Umieśćmy x=c2 w tej równości. Otrzymujemy f (c 2) = (c 2 -c 1) s 1 (c 2) i dlatego f (c 2) =0, wtedy (c2 -c1) s 1 (c 2) =0. Ale с2≠с1, tj. с2 -с1≠ 0, co oznacza s 1 (c 2) = 0. Zatem c2 jest pierwiastkiem wielomianu s 1 (x). Wynika z tego, że s 1 (x) jest podzielne przez x-c2, tj. s 1 (x) = (x-c 2) s 2 (x). Podstawmy otrzymane wyrażenie dla s 1 (x) do równości f (x) = (x-c 1) s 1 (x). Mamy f (x) = (x-c 1) (x-c 2) s 2 (x). Wstawiając x=c3 do ostatniej równości, biorąc pod uwagę fakt, że f (c 3) =0, c3≠c1, c3≠c2, otrzymujemy, że c3 jest pierwiastkiem wielomianu s 2 (x). Oznacza to s 2 (x) = (x-c 3) s 3 (x), a następnie f (x) = (x-c 1) (x-c 2) (x-c 3) s 3 (x) itd. Kontynuując to rozumowanie dla pozostałe pierwiastki c4, c5, ..., cm, ostatecznie otrzymujemy f (x) = (x-c 1) (x-c 2) ... (x-cm) sm (x), czyli twierdzenie sformułowane poniżej zostało udowodnione.

Jeżeli с1, с2, …, сm są różnymi pierwiastkami wielomianu f (x), to f (x) można przedstawić jako f(x)=(x-c 1) (x-c 2)…(x-cm) sm(x ). Wynika z tego ważny wniosek. Jeżeli c1, c2, ..., cm są różnymi pierwiastkami wielomianu f(x), to f(x) dzieli się przez wielomian (x-c1) (x-c2) ... (x-cm). Liczba różnych pierwiastków niezerowego wielomianu f (x) jest nie większa niż jego stopień. Rzeczywiście, jeśli f(x) nie ma pierwiastków, to jasne jest, że twierdzenie jest prawdziwe, ponieważ art. f(x) ≥ 0. Niech teraz f(x) będzie miało m pierwiastków с1, с2, …, сm, a każdy z nich będzie inny. Następnie, zgodnie z tym, co właśnie udowodniliśmy, f (x) dzieli się na (x-c1) (x -c2)…(x-cm). W tym przypadku art. f(x)≥st. ((x-c1) (x-c2)…(x-cm))= art. (x-c1)+st. (x-s2)+…+st. (x-cm)=m, tj. art. f(x)≥m, m jest liczbą pierwiastków danego wielomianu. Ale wielomian zerowy ma nieskończenie wiele pierwiastków, ponieważ jego wartość dla dowolnego x jest równa 0. W szczególności z tego powodu nie jest przepisywany żaden konkretny stopień. Poniższe stwierdzenie wynika z właśnie udowodnionego twierdzenia.

Jeśli wielomian f(x) nie jest wielomianem stopnia większego niż n i ma więcej niż n pierwiastków, to f(x) jest wielomianem zerowym. W rzeczywistości z warunków tego stwierdzenia wynika, że ​​albo f (x) jest wielomianem zerowym, albo art. fa (x) ≤n. Jeśli założymy, że wielomian f (x) nie jest zerem, to art. f (x) ≤n, a następnie f (x) ma co najwyżej n pierwiastków. Dochodzimy do sprzeczności. Oznacza to, że f(x) jest niezerowym wielomianem. Niech f (x) i g (x) będą niezerowymi wielomianami stopnia co najwyżej n. Jeżeli te wielomiany przyjmują te same wartości dla n+1 wartości zmiennej x, to f (x) =g (x).

Aby to udowodnić, rozważmy wielomian h (x) = f (x) - g (x). Jasne jest, że albo h (x) = 0, albo st. h (x) ≤n, czyli h (x) nie jest wielomianem stopnia większego niż n. Niech teraz liczba c będzie taka, że ​​f (c) = g (c). Następnie h (c) = f (c) - g (c) = 0, tj. c jest pierwiastkiem wielomianu h (x). Zatem wielomian h (x) ma n+1 pierwiastków i gdy, jak właśnie udowodniliśmy, h (x) =0, tj. f (x) = g (x). Jeśli f (x) i g (x) przyjmują te same wartości dla wszystkich wartości zmiennej x, wówczas te wielomiany są równe

Wielomian wielomianu Jeśli liczba c jest pierwiastkiem wielomianu f (x), wiadomo, że wielomian ten jest podzielny przez x-c. Może się zdarzyć, że f (x) jest także podzielne przez jakąś potęgę wielomianu x-c, czyli przez (x-c) k, k>1. W tym przypadku c nazywa się wielokrotnym pierwiastkiem. Sformułujmy definicję jaśniej. Liczbę c nazywa się pierwiastkiem wielokrotności k (pierwiastek k-krotny) wielomianu f (x), jeśli wielomian jest podzielny przez (x - c) k, k>1 (k jest liczbą naturalną), ale nie jest podzielny przez (x - c) k+ 1. Jeśli k=1, to c nazywa się pierwiastkiem prostym, a jeśli k>1, to nazywa się to pierwiastkiem wielokrotnym wielomianu f (x).

Jeśli wielomian f(x) jest przedstawiony jako f(x)=(x-c)mg(x), m jest liczbą naturalną, to jest on podzielny przez (x-c) m+1 wtedy i tylko wtedy, gdy g(x) jest podzielne na x-s. W rzeczywistości, jeśli g(x) jest podzielne przez x-c, tj. g(x)=(x-c)s(x), to f(x)=(x-c) m+1 s(x), a to oznacza f(x ) jest podzielna przez (x-c) m+1. I odwrotnie, jeśli f(x) jest podzielne przez (x-c) m+1, to f(x)=(x-c) m+1 s(x). Wtedy (x-c)mg(x)=(x-c)m+1 s (x) i po redukcji przez (x-c)m otrzymujemy g(x)=(x-c)s(x). Wynika z tego, że g(x) jest podzielne przez x-c.

Przekonajmy się np. czy liczba 2 jest pierwiastkiem wielomianu f(x) =x 5 -5 x 4+3 x 3+22 x 2 -44 x+24, a jeśli tak, znajdź jego krotność. Aby odpowiedzieć na pierwsze pytanie, sprawdźmy, korzystając ze schematu Hornera, czy f (x) jest podzielne przez x-2. mamy: Tabela 4. 2 1 1 -5 -3 3 -3 22 16 -44 -12 24 0 Jak widać reszta z dzielenia f(x) przez x-2 jest równa 0, czyli wynosi podzielone przez x-2. Oznacza to, że 2 jest pierwiastkiem tego wielomianu. Dodatkowo otrzymaliśmy, że f(x)=(x-2)(x 4 -3 x 3 -3 x 2+16 x-12). Sprawdźmy teraz, czy f(x) jest na (x-2) 2. Zależy to, jak właśnie udowodniliśmy, od podzielności wielomianu g (x) =x 4 -3 x 3 -3 x 2+16 x -12 przez x-2.

Skorzystajmy ponownie ze schematu Hornera: Tabela 5. 1 -3 -3 16 -12 2 1 -1 -5 6 0 Ustaliliśmy, że g(x) jest podzielne przez x-2 i g(x)=(x-2)( x 3 -x 2 -5 x+6). Wtedy f(x)=(x-2)2(x 3 -x 2 -5 x+6). Zatem f(x) jest podzielne przez (x-2)2. Teraz musimy się dowiedzieć, czy f(x) jest podzielne przez (x-2)3. W tym celu sprawdźmy, czy h (x) =x 3 -x 2 -5 x+6 jest podzielne przez x-2: Tabela 6. 1 -1 -5 6 2 1 1 -3 0 Stwierdzamy, że h(x ) jest podzielna przez x-2, co oznacza, że ​​f(x) dzieli się przez (x-2) 3, a f(x)=(x-2)3(x 2+x-3).

Następnie analogicznie sprawdzamy, czy f(x) jest podzielne przez (x-2)4, czyli czy s(x)=x 2+x-3 jest podzielne przez x-2: Tabela 7. 2 1 1 1 3 -3 3 Stwierdzamy, że reszta z dzielenia s(x) przez x-2 wynosi 3, tj. s(x) nie jest podzielna przez x-2. Oznacza to, że f(x) nie jest podzielne przez (x-2)4. Zatem f(x) jest podzielne przez (x-2)3, ale nie jest podzielne przez (x-2)4. Zatem liczba 2 jest pierwiastkiem krotności 3 wielomianu f(x).

Zazwyczaj sprawdzanie pierwiastka pod kątem krotności odbywa się w jednej tabeli. W tym przykładzie tabela wygląda następująco: 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 Innymi słowy, zgodnie ze schematem podziału Hornera wielomianu f (x) przez x-2, w drugim wierszu otrzymujemy współczynniki wielomianu g (x). Następnie traktujemy tę drugą linię jako pierwszą linię nowego układu Hornera i dzielimy g (x) przez x-2 itd. Kontynuujemy obliczenia, aż otrzymamy resztę różną od zera. W tym przypadku krotność pierwiastka jest równa liczbie uzyskanych reszt zerowych. Wiersz zawierający ostatnią niezerową resztę zawiera także współczynniki ilorazu przy dzieleniu f (x) przez (x-2) 3.

Teraz, korzystając z zaproponowanego właśnie schematu sprawdzania pierwiastka pod kątem krotności, rozwiążemy następujący problem. Dla jakich a i b wielomian f(x) =x 4+2 x 3+ax 2+ (a+b)x+2 ma liczbę - 2 jako pierwiastek z wielokrotności 2? Ponieważ wielokrotność pierwiastka - 2 powinna być równa 2, to dzieląc przez x+2 według proponowanego schematu, powinniśmy otrzymać resztę 0 dwa razy, a za trzecim razem resztę różną od zera. Mamy: 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

Zatem liczba - 2 jest pierwiastkiem krotności 2 pierwotnego wielomianu wtedy i tylko wtedy

Wymierne pierwiastki wielomianu Jeżeli nieredukowalny ułamek l/m (l, m są liczbami całkowitymi) jest pierwiastkiem wielomianu f (x) o współczynnikach całkowitych, to wiodący współczynnik tego wielomianu jest dzielony przez m, a wolny wyraz wynosi podzielone przez 1. Rzeczywiście, jeśli f (x)=anxn+an-1 xn-1+…+a 1 x+a 0, an≠ 0, gdzie an, an-1, . . . , a 1, a 0 są liczbami całkowitymi, wówczas f(l/m) =0, tj. аn (l/m) n+an-1 (l/m) n-1+. . . +a 1 l/m+a 0=0. Pomnóżmy obie strony tej równości przez mn. Otrzymujemy anln+an-1 ln-1 m+. . . +a 1 lmn-1+a 0 mn=0. Oznacza to anln=m (-an-1 ln-1 -…- a 1 lmn-2 -a 0 mn-1).

Widzimy, że liczba całkowita anln jest podzielna przez m. Ale l/m jest ułamkiem nieredukowalnym, czyli liczby l i m są względnie pierwsze, a wtedy, jak wiadomo z teorii podzielności liczb całkowitych, liczby ln i m również są względnie pierwsze. Zatem anln jest podzielne przez m, a m jest względnie pierwsze do ln, co oznacza, że ​​an jest podzielne przez m. Znajdźmy pierwiastki wymierne wielomianu f (x) =6 x 4+13 x 2 -24 x 2 -8 x+8. Zgodnie z twierdzeniem, pierwiastki wymierne tego wielomianu należą do nieredukowalnych ułamków postaci l/m, gdzie l jest dzielnikiem wyrazu wolnego a 0=8, a m jest dzielnikiem współczynnika wiodącego a 4=6 . Ponadto, jeśli ułamek l/m będzie ujemny, wówczas licznikowi zostanie przypisany znak „-”. Na przykład - (1/3) = (-1) /3. Możemy więc powiedzieć, że l jest dzielnikiem liczby 8, a m jest dodatnim dzielnikiem liczby 6.

Ponieważ dzielniki liczby 8 wynoszą ± 1, ± 2, ± 4, ± 8, a dodatnie dzielniki liczby 6 to 1, 2, 3, 6, to pierwiastki wymierne rozpatrywanego wielomianu należą do liczb ± 1, ± 1/2, ± 1/3, ± 1/6, ± 2/3, ± 4, ± 4/3, ± 8/3. Przypomnijmy, że pisaliśmy tylko ułamki nieredukowalne. Mamy więc dwadzieścia liczb - „kandydatów” na korzenie. Pozostaje tylko sprawdzić każdy z nich i wybrać te, które są naprawdę korzeniami. poniższe twierdzenie upraszcza tę pracę. Jeżeli nieredukowalny ułamek l/m jest pierwiastkiem wielomianu f (x) o współczynnikach całkowitych, to f (k) jest podzielne przez l-km dla dowolnej liczby całkowitej k, pod warunkiem, że l-km ≠ 0.

Aby udowodnić to twierdzenie, podziel f(x) przez x-k z resztą. Otrzymujemy f(x)=(x-k)s(x)+f(k). Ponieważ f(x) jest wielomianem o współczynnikach całkowitych, tak samo jest z wielomianem s(x), a f(k) jest liczbą całkowitą. Niech s(x)=bn-1+bn-2+…+b 1 x+b 0. Wtedy f(x)-f(k)=(x-k) (bnxn-1+bn-2 xn-2+ … +b1 x+b 0). Umieśćmy 1 x=l/m w tej równości. Biorąc pod uwagę, że f(l/m)=0, otrzymujemy f(k)=((l/m)-k)(bn-1(l/m)n-1+bn-2(l/m)n- 2+…+b 1(l/m)+b 0). Pomnóżmy obie strony ostatniej równości przez mn: mnf(k)=(l-km)(bn-1 ln-1+bn-2 ln-2 m+…+b 1 lmn-2+b 0 mn-1) . Wynika z tego, że liczba całkowita mnf (k) jest podzielna przez l-km. Ale ponieważ l i m są względnie pierwsze, to mn i l-km są również względnie pierwsze, co oznacza, że ​​f(k) jest podzielne przez l-km. Twierdzenie zostało udowodnione.

Wróćmy do naszego przykładu i korzystając ze sprawdzonego twierdzenia, jeszcze bardziej zawęzimy krąg poszukiwań pierwiastków wymiernych. Zastosujmy to twierdzenie dla k=1 i k=-1, czyli jeśli ułamek nieredukowalny l/m jest pierwiastkiem wielomianu f(x), to f(1)/(l-m) i f(-1) /(l + m). Łatwo stwierdzamy, że w naszym przypadku f(1)=-5 i f(-1)= -15. Zauważ, że jednocześnie wykluczyliśmy z rozważań ± 1. Zatem pierwiastków wymiernych naszego wielomianu należy szukać wśród liczb ± 1/2, ± 1/3, ± 1/6, ± 2, ± 2/3, ± 4/3, ± 8 /3. Rozważ l/m=1/2. Następnie l-m=-1 i f(1) =-5 dzieli się przez tę liczbę. Co więcej, l+m=3 i f(1) =-15 jest również podzielne przez 3. Oznacza to, że ułamek 1/2 pozostaje wśród „kandydatów” na pierwiastki.

Niech teraz lm=-(1/2)=(-1)/2. W tym przypadku l-m=-3 i f(1) =-5 nie jest podzielne przez -3. Oznacza to, że ułamek -1/2 nie może być pierwiastkiem tego wielomianu i wykluczamy go z dalszych rozważań. Sprawdźmy dla każdego z ułamków zapisanych powyżej i stwierdzmy, że wymagane pierwiastki należą do liczb 1/2, ± 2/3, 2, - 4. W ten sposób stosując dość prostą technikę, znacznie zawęziliśmy obszar poszukiwań wymiernych pierwiastki danego wielomianu. Cóż, aby sprawdzić pozostałe liczby, skorzystamy ze schematu Hornera: Tabela 10. 6 13 -24 -8 8 1/2 6 16 -16 0

Widzimy, że 1/2 jest pierwiastkiem wielomianu 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). Oczywiste jest, że wszystkie pozostałe pierwiastki wielomianu f (x) pokrywają się z pierwiastkami wielomianu g (x) =3 x 3+8 x 2 -8 x-8, co oznacza, że ​​dalsza weryfikacja „kandydatów” na pierwiastki można przeprowadzić dla tego wielomianu. Znajdujemy: Tabela 11. 3 8 -8 -8 2/3 3 10 -4/3 -80/9 Ustaliliśmy, że reszta z dzielenia g(x) przez x-2/3 wynosi - 80/9, tj. 2/3 nie jest pierwiastkiem wielomianu g(x), a zatem f(x też nim nie jest). Następnie stwierdzamy, że - 2/3 jest pierwiastkiem wielomianu g(x) i g (x) = (3 x+2) (x 2+2 x-4).

Wtedy f(x) = (2 x-1) (3 x+2) (x 2+2 x-4). Dalszą weryfikację można przeprowadzić dla wielomianu x 2+2 x-4, co jest oczywiście prostsze niż dla g (x) lub jeszcze bardziej dla f (x). W rezultacie okazuje się, że liczby 2 i - 4 nie są pierwiastkami. Zatem wielomian f (x) =6 x 4+13 x 3 -24 x 2 -8 x+8 ma dwa pierwiastki wymierne: 1/2 i - 2/3. Metoda ta umożliwia znalezienie jedynie pierwiastków wymiernych wielomianu o współczynnikach całkowitych. Tymczasem wielomian może mieć również pierwiastki irracjonalne. I tak np. wielomian rozpatrywany w przykładzie ma jeszcze dwa pierwiastki: - 1±√ 5 (są to pierwiastki wielomianu x2+2 x-4). wielomian może w ogóle nie mieć pierwiastków wymiernych.

Testując pierwiastki „kandydatskie” wielomianu f(x) za pomocą drugiego z twierdzeń udowodnionych powyżej, to drugie zwykle stosuje się dla przypadków k = ± 1. Innymi słowy, jeśli l/m jest pierwiastkiem „kandydatskim”, to sprawdź, czy f( 1) i f (-1) odpowiednio przez l-m i l+m. Ale może się zdarzyć, że np. f(1) =0, czyli 1 jest pierwiastkiem, a wtedy f(1) jest podzielne przez dowolną liczbę i nasze sprawdzenie traci sens. W tym przypadku powinieneś podzielić f(x) przez x-1, czyli otrzymać f(x)=(x-1)s(x) i sprawdzić wielomian s(x). Jednocześnie nie zapominajmy, że znaleźliśmy już jeden pierwiastek wielomianu f(x)-x 1=1. Jeśli sprawdzimy „kandydatów” na pierwiastki pozostałe po zastosowaniu drugiego twierdzenia o pierwiastkach wymiernych, korzystając ze schematu Hornera, okaże się, że np. l/m jest pierwiastkiem, to należy znaleźć jego krotność. Jeśli jest równe, powiedzmy k, to f(x)=(x-l/m) ks(x), a dalsze testy można przeprowadzić na s(x), co ogranicza obliczenia.

Rozwiązanie. Zastępując zmienną y=2 x, przechodzimy do wielomianu o współczynniku równym jedności w najwyższym stopniu. Aby to zrobić, najpierw pomnóż wyrażenie przez 4. Jeśli wynikowa funkcja ma pierwiastki całkowite, to należą one do dzielników terminu swobodnego. Zapiszmy je: ± 1, ± 2, ± 3, ± 4, ± 5, ± 6, ± 10, ± 12, ± 15 ±, ± 20, ± 30, ± 60

Obliczmy sekwencyjnie wartości funkcji g(y) w tych punktach, aż osiągniemy zero. Oznacza to, że y=-5 jest pierwiastkiem, a zatem jest pierwiastkiem pierwotnej funkcji. Podzielmy wielomian przez dwumian za pomocą kolumny (narożnika)

Nie zaleca się dalszego sprawdzania pozostałych dzielników, ponieważ łatwiej jest rozłożyć wynikowy trójmian kwadratowy na czynniki.

Używanie skróconych wzorów na mnożenie i dwumianu Newtona do rozkładu wielomianu Czasami pojawienie się wielomianu sugeruje sposób rozłożenia go na czynniki. Na przykład po prostych przekształceniach współczynniki układa się w linię z trójkąta Pascala dla współczynników dwumianu Newtona. Przykład. Rozłóż wielomian na czynniki.

Rozwiązanie. Przekształćmy wyrażenie do postaci: Ciąg współczynników sumy w nawiasach wyraźnie wskazuje, że tak jest. Zatem teraz stosujemy wzór na różnicę kwadratów: Wyrażenie w drugim nawiasie nie ma pierwiastków rzeczywistych, a dla wielomianu z w pierwszym nawiasie ponownie stosujemy wzór na różnicę kwadratów

Wzory Vieta wyrażające współczynniki wielomianu poprzez pierwiastki. Wzory te są wygodne w użyciu do sprawdzania poprawności znalezienia pierwiastków wielomianu, a także do komponowania wielomianu na podstawie podanych pierwiastków. Sformułowanie Jeśli są pierwiastkami wielomianu, wówczas współczynniki wyraża się w postaci symetrycznych wielomianów pierwiastków, a mianowicie

Innymi słowy, ak jest równe sumie wszystkich możliwych iloczynów k pierwiastków. Jeżeli współczynnikiem wiodącym jest wielomian, to aby zastosować wzór Vieta, należy najpierw podzielić wszystkie współczynniki przez 0. W tym przypadku wzory Vieta wyrażają stosunek wszystkich współczynników do współczynnika wiodącego. Z ostatniego wzoru Viety wynika, że ​​jeśli pierwiastki wielomianu są liczbą całkowitą, to są one dzielnikami jego wolnego wyrazu, który również jest liczbą całkowitą. Dowód przeprowadza się rozważając równość uzyskaną przez rozwinięcie wielomianu przez pierwiastki, biorąc pod uwagę, że a 0 = 1 Zrównując współczynniki przy tych samych potęgach x, otrzymujemy wzory Vieta.

Rozwiąż równanie x 6 – 5 x 3 + 4 = 0 Rozwiązanie. Oznaczmy y = x 3, wówczas pierwotne równanie przyjmuje postać y 2 – 5 y + 4 = 0, rozwiązując które otrzymujemy Y 1 = 1; Y 2 = 4. Zatem oryginalne równanie jest równoważne zbiorowi równań: x 3 = 1 lub x 3 = 4, tj. X 1 = 1 lub X 2 = Odpowiedź: 1;

Twierdzenie Bezouta Definicja 1. Element nazywa się pierwiastkiem wielomianu, jeśli f(c)=0. Twierdzenie Bezouta. Reszta z dzielenia wielomianu Pn(x) przez dwumian (x-a) jest równa wartości tego wielomianu w x = a. Dowód. Na mocy algorytmu dzielenia f(x)=(xc)q(x)+r(x), gdzie albo r(x)=0, albo, i dlatego. Zatem f(x)=(x-c)q(x)+r, zatem f(c)=(c-c)q(c)+r=r, a więc f(x)=(xc)q(x) +f (C).

Wniosek 1: Reszta z dzielenia wielomianu Pn (x) przez dwumian ax+b jest równa wartości tego wielomianu w punkcie x = -b/a, tj. R=Pn (-b/a). Wniosek 2: Jeśli liczba a jest pierwiastkiem wielomianu P (x), to wielomian ten jest podzielny przez (x-a) bez reszty. Wniosek 3: Jeśli wielomian P(x) ma parami różne pierwiastki a 1 , a 2 , ... , an, to jest on dzielony przez iloczyn (x-a 1) ... (x-an) bez reszty. Wniosek 4: Wielomian stopnia n ma co najwyżej n różnych pierwiastków. Wniosek 5: Dla dowolnego wielomianu P(x) i liczby a różnica (P(x)-P(a)) jest podzielna przez dwumian (x-a) bez reszty. Wniosek 6: Liczba a jest pierwiastkiem wielomianu P(x) stopnia przynajmniej na pierwszym miejscu wtedy i tylko wtedy, gdy P(x) jest podzielna przez (x-a) bez reszty.

Rozkład ułamka wymiernego na ułamki proste Pokażemy, że każdy ułamek wymierny właściwy można rozłożyć na sumę ułamków prostych. Niech zostanie podany właściwy ułamek wymierny (1).

Twierdzenie 1. Niech x=a będzie pierwiastkiem mianownika zwięzłości k, tj. gdzie f(a)≠ 0, to ten ułamek właściwy można przedstawić jako sumę dwóch innych ułamków właściwych następująco: (2) , gdzie A jest stałą różną od zera, a F 1(x) jest wielomianem, którego stopień jest mniejszy od stopnia mianownika