Izrek o racionalnih koreninah polinoma. Racionalna števila, definicija, primeri

itd. je splošno izobraževalne narave in je velikega pomena za študij CELOTNE smeri višje matematike. Danes bomo ponovili "šolske" enačbe, vendar ne samo "šolske" - ampak tiste, ki jih najdemo povsod v različnih problemih vyshmat. Kot običajno bo zgodba podana na aplikativni način, t.j. Ne bom se osredotočal na definicije in klasifikacije, ampak bom z vami delil svojo osebno izkušnjo reševanja. Podatki so namenjeni predvsem začetnikom, vendar bodo tudi naprednejši bralci našli marsikaj zanimivega zase. In seveda bo na voljo nova snov, ki presega srednjo šolo.

Torej enačba…. Mnogi se te besede spomnijo z grozo. Kaj so vredne "sofisticirane" enačbe s koreninami ... ... pozabite nanje! Ker takrat boste srečali najbolj neškodljive "predstavnike" te vrste. Ali dolgočasne trigonometrične enačbe z desetinami metod reševanja. Po pravici povedano, sama jih nisem ravno marala ... Ne bom paničen! – potem vas večinoma čakajo “regratovi” z očitno rešitvijo v 1-2 korakih. Čeprav se "repinca" zagotovo drži, morate biti tu objektivni.

Nenavadno je, da je v višji matematiki veliko pogosteje obravnavati zelo primitivne enačbe, kot je linearni enačbe

Kaj pomeni rešiti to enačbo? To pomeni najti TAKŠNO vrednost "x" (koren), ki jo spremeni v pravo enakost. Vrzimo "trojko" v desno s spremembo predznaka:

in spustite "dva" na desno stran (ali, ista stvar - pomnožite obe strani s) :

Če želite preveriti, nadomestimo osvojeni pokal v prvotno enačbo:

Dobimo pravilno enakost, kar pomeni, da je najdena vrednost res koren te enačbe. Ali, kot tudi pravijo, zadošča tej enačbi.

Upoštevajte, da je koren mogoče zapisati tudi kot decimalni ulomek:
In poskusite se ne držati tega slabega sloga! Razlog sem ponovil več kot enkrat, zlasti na prvi lekciji na višja algebra.

Mimogrede, enačbo je mogoče rešiti tudi "v arabščini":

In kar je najbolj zanimivo, je ta posnetek povsem legalen! Če pa niste učitelj, potem je bolje, da tega ne počnete, ker je izvirnost tukaj kaznovana =)

In zdaj malo o

metoda grafične rešitve

Enačba ima obliko in njen koren je "X" koordinata stičišča graf linearne funkcije z grafom linearne funkcije (x os):

Zdi se, da je primer tako elementaren, da tukaj ni več kaj analizirati, vendar je mogoče iz njega "iztisniti" še eno nepričakovano nianso: predstavimo isto enačbo v obliki in zgradimo grafe funkcij:

pri čemer, prosim, ne zamenjujte obeh pojmov: enačba je enačba in funkcijo– to je funkcija! Funkcije samo pomoč poišči korenine enačbe. Od katerih sta lahko dva, trije, štirje ali celo neskončno veliko. Najbližji primer v tem smislu je znani kvadratna enačba, algoritem rešitve za katerega je prejel ločen odstavek »vroče« šolske formule. In to ni naključje! Če znaš rešiti kvadratno enačbo in veš Pitagorov izrek, potem bi lahko rekli "pol višje matematike je že v žepu" =) Seveda pretirano, a ne tako daleč od resnice!

Zato ne bodimo leni in rešimo kakšno kvadratno enačbo z uporabo standardni algoritem:

, kar pomeni, da ima enačba dve različni veljaven koren:

Preprosto je preveriti, ali obe najdeni vrednosti dejansko izpolnjujeta to enačbo:

Kaj storiti, če ste nenadoma pozabili algoritem rešitve in pri roki ni sredstev/pomoči? Ta situacija se lahko pojavi na primer med testom ali izpitom. Uporabljamo grafično metodo! In obstajata dva načina: lahko graditi točko za točko parabola , s čimer ugotovimo, kje seka os (če se sploh križa). Vendar je bolje narediti nekaj bolj zvitega: zamislite si enačbo v obliki, narišite grafe enostavnejših funkcij - in "X" koordinate njihova presečišča so jasno vidna!


Če se izkaže, da se premica dotika parabole, ima enačba dva ujemajoča se (več) korena. Če se izkaže, da premica ne seka parabole, potem pravih korenin ni.

Če želite to narediti, morate seveda znati graditi grafi elementarnih funkcij, po drugi strani pa te veščine zmore tudi šolar.

In spet - enačba je enačba in funkcije so funkcije, ki samo pomagalo reši enačbo!

In tukaj, mimogrede, bi bilo primerno zapomniti še eno stvar: če vse koeficiente enačbe pomnožimo z neničelnim številom, se njene korenine ne bodo spremenile.

Torej, na primer, enačba ima iste korenine. Kot preprost "dokaz" bom konstanto vzel iz oklepaja:
in ga neboleče odstranim (oba dela bom delil z "minus dva"):

AMPAK!Če upoštevamo funkcijo, potem se tukaj ne moremo znebiti konstante! Iz oklepaja je dovoljeno vzeti le množitelj: .

Mnogi podcenjujejo metodo grafične rešitve, saj jo imajo za nekaj »nedostojnega«, nekateri pa na to možnost celo popolnoma pozabijo. In to je v osnovi napačno, saj risanje grafov včasih samo reši situacijo!

Še en primer: recimo, da se ne spomnite korenin najpreprostejše trigonometrične enačbe: . Splošna formula je v šolskih učbenikih, v vseh priročnikih o osnovni matematiki, vendar vam niso na voljo. Vendar pa je reševanje enačbe kritično (ali »dve«). Obstaja izhod! – zgraditi grafe funkcij:


nato pa mirno zapišemo koordinate "X" njihovih presečišč:

Korenov je neskončno veliko in v algebri je sprejet njihov strnjeni zapis:
, Kje ( – množica celih števil) .

In, ne da bi "odšli", nekaj besed o grafični metodi za reševanje neenačb z eno spremenljivko. Princip je enak. Tako je na primer rešitev neenakosti poljuben "x", ker Sinusoida leži skoraj v celoti pod ravno črto. Rešitev neenakosti je množica intervalov, v katerih deli sinusoide ležijo strogo nad ravno črto (x-os):

ali na kratko:

Toda tukaj je veliko rešitev za neenakost: prazno, saj nobena točka sinusoide ne leži nad premico.

Ali česa ne razumeš? Nujno preučite lekcije o kompleti in funkcijski grafi!

Ogrejmo se:

1. vaja

Grafično rešite naslednje trigonometrične enačbe:

Odgovori na koncu lekcije

Kot lahko vidite, za študij natančnih znanosti sploh ni treba nabijati formul in referenčnih knjig! Poleg tega je to v osnovi napačen pristop.

Kot sem vas že prepričal na samem začetku lekcije, je treba kompleksne trigonometrične enačbe v standardnem tečaju višje matematike reševati zelo redko. Vsa kompleksnost se praviloma konča z enačbami, kot je , katerih rešitev sta dve skupini korenov, ki izhajata iz najpreprostejših enačb in . Za reševanje slednjega se ne obremenjujte preveč – poglejte v knjigo ali jo poiščite na internetu =)

Metoda grafičnega reševanja lahko pomaga tudi v manj trivialnih primerih. Upoštevajte na primer naslednjo enačbo "ragtag":

Obeti za njegovo rešitev so videti ... ne izgledajo čisto nič, ampak enačbo si morate le predstavljati v obliki , zgraditi funkcijski grafi in vse se bo izkazalo za neverjetno preprosto. Na sredini članka je risba o infinitezimalne funkcije (odpre se v naslednjem zavihku).

Z isto grafično metodo lahko ugotovite, da enačba že ima dve korenini, ena od njih pa je enaka nič, druga pa navidezno neracionalno in spada v segment . Ta koren lahko približno izračunamo, npr. tangentna metoda. Mimogrede, pri nekaterih težavah se zgodi, da vam ni treba najti korenin, ampak ugotovite ali sploh obstajajo?. In tudi tukaj lahko pomaga risba - če se grafi ne sekajo, potem ni korenin.

Racionalne korenine polinomov s celimi koeficienti.
Hornerjeva shema

Zdaj pa vas vabim, da pogled usmerite v srednji vek in občutite edinstveno vzdušje klasične algebre. Za boljše razumevanje snovi priporočam, da si vsaj malo preberete kompleksna števila.

Najboljši so. Polinomi.

Predmet našega zanimanja bodo najpogostejši polinomi oblike z cela koeficientov Imenuje se naravno število stopnja polinoma, število – koeficient najvišje stopnje (ali samo najvišji koeficient), koeficient pa je brezplačen član.

Ta polinom bom na kratko označil z .

Korenine polinoma imenujemo korenine enačbe

Obožujem železno logiko =)

Za primere pojdite na sam začetek članka:

Pri iskanju korenin polinomov 1. in 2. stopnje ni težav, z večanjem pa postaja ta naloga čedalje težja. Čeprav je po drugi strani vse bolj zanimivo! In prav temu bo posvečen drugi del lekcije.

Najprej dobesedno polovica zaslona teorije:

1) Glede na posledico temeljni izrek algebre, polinom stopnje ima točno kompleksen korenine. Nekatere korenine (ali celo vse) so lahko še posebej veljaven. Še več, med pravimi koreninami so lahko enake (večkratne) korenine (najmanj dva, največ kosa).

Če je neko kompleksno število koren polinoma, potem konjugat njeno število je nujno tudi koren tega polinoma (konjugirani kompleksni koreni imajo obliko ).

Najenostavnejši primer je kvadratna enačba, ki je bila prvič predstavljena v 8 (všeč mi je) razreda, in ki smo jo v temi dokončno »dodelali«. kompleksna števila. Naj vas spomnim: kvadratna enačba ima dva različna realna korena, več korenin ali konjugirane kompleksne korenine.

2) Od Bezoutov izrek iz tega sledi, da če je število koren enačbe, potem lahko ustrezen polinom faktoriziramo:
, kjer je polinom stopnje .

In spet naš stari primer: ker je koren enačbe, potem . Po kateri ni težko pridobiti znane "šolske" razširitve.

Posledica Bezoutovega izreka ima veliko praktično vrednost: če poznamo koren enačbe 3. stopnje, jo lahko predstavimo v obliki in iz kvadratne enačbe je enostavno ugotoviti preostale korenine. Če poznamo koren enačbe 4. stopnje, potem je mogoče levo stran razširiti v produkt itd.

In tukaj sta dve vprašanji:

Prvo vprašanje. Kako najti prav to korenino? Najprej opredelimo njegovo naravo: v mnogih problemih višje matematike je treba najti racionalno, še posebej cela korenine polinomov in v zvezi s tem nas bodo v nadaljevanju zanimale predvsem te.... ...tako dobri so, tako puhasti, da si jih kar želiš najti! =)

Prva stvar, ki pride na misel, je metoda izbire. Upoštevajte na primer enačbo. Ulov je v prostem izrazu - če bi bil enak nič, bi bilo vse v redu - vzamemo "x" iz oklepajev in korenine same "padejo" na površje:

Toda naš prosti izraz je enak "tri", zato začnemo v enačbo nadomeščati različne številke, ki trdijo, da so "koren". Najprej se predlaga zamenjava posameznih vrednosti. Zamenjajmo:

Prejeto nepravilno enakosti, torej enota »ni ustrezala«. No, v redu, zamenjajmo:

Prejeto prav enakost! To pomeni, da je vrednost koren te enačbe.

Za iskanje korenin polinoma 3. stopnje obstaja analitična metoda (tako imenovane formule Cardano), zdaj pa nas zanima nekoliko drugačna naloga.

Ker je - koren našega polinoma, lahko polinom predstavimo v obliki in nastane Drugo vprašanje: kako najti "mlajšega brata"?

Najenostavnejša algebrska razmišljanja kažejo, da moramo za to deliti z . Kako deliti polinom s polinomom? Ista šolska metoda, ki deli navadna števila - "stolpec"! O tej metodi sem podrobno razpravljal v prvih primerih lekcije. Kompleksne omejitve, zdaj pa si bomo ogledali drugo metodo, ki se imenuje Hornerjeva shema.

Najprej zapišemo "najvišji" polinom z vsemi , vključno z ničelnimi koeficienti:
, nato pa te koeficiente vnesemo (strogo v vrstnem redu) v zgornjo vrstico tabele:

Na levi pišemo koren:

Takoj bom rezerviral, da Hornerjeva shema deluje tudi, če je "rdeča" številka ne je koren polinoma. Vendar ne prehitevajmo stvari.

Od zgoraj odstranimo vodilni koeficient:

Postopek polnjenja spodnjih celic nekoliko spominja na vezenje, kjer je "minus ena" nekakšna "igla", ki prežema naslednje korake. »Odneseno« število pomnožimo z (–1) in zmnožku dodamo število iz zgornje celice:

Dobljeno vrednost pomnožimo z "rdečo iglo" in produktu dodamo naslednji koeficient enačbe:

In končno, dobljeno vrednost ponovno "obdelamo" z "iglo" in zgornjim koeficientom:

Ničla v zadnji celici nam pove, da je polinom razdeljen na brez sledu (kot mora biti), medtem ko so ekspanzijski koeficienti "odstranjeni" neposredno iz spodnje vrstice tabele:

Tako smo iz enačbe prešli na ekvivalentno enačbo in s preostalima korenoma je vse jasno (v tem primeru dobimo konjugirane kompleksne korenine).

Enačbo, mimogrede, lahko rešimo tudi grafično: izris "strela" in vidite, da graf prečka os x () na točki. Ali isti "zvit" trik - prepišemo enačbo v obliki , narišemo elementarne grafe in zaznamo koordinato "X" njihove presečišča.

Mimogrede, graf katerega koli funkcijskega polinoma 3. stopnje seka os vsaj enkrat, kar pomeni, da ima ustrezna enačba vsaj eno veljaven korenina. To dejstvo velja za vsako polinomsko funkcijo lihe stopnje.

In tukaj bi se rad tudi ustavil pomembna točka kar zadeva terminologijo: polinom in polinomska funkcija – to ni isto! Toda v praksi pogosto govorijo na primer o "grafu polinoma", kar je seveda malomarnost.

Vendar se vrnimo k Hornerjevi shemi. Kot sem pred kratkim omenil, ta shema deluje za druge številke, vendar če št ne je koren enačbe, potem se v naši formuli pojavi neničelni dodatek (ostanek):

"Zaženimo" "neuspešno" vrednost po Hornerjevi shemi. V tem primeru je priročno uporabiti isto tabelo - na levo napišite novo "iglo", premaknite vodilni koeficient od zgoraj (zelena puščica levo), in gremo:

Za preverjanje odpremo oklepaje in predstavimo podobne izraze:
, V REDU.

Preprosto je videti, da je ostanek ("šest") točno vrednost polinoma pri . In pravzaprav - kako je:
, in še lepše - takole:

Iz zgornjih izračunov je enostavno razumeti, da Hornerjeva shema omogoča ne samo faktorizacijo polinoma, ampak tudi izvedbo "civilizirane" izbire korena. Predlagam, da sami utrdite algoritem izračuna z majhno nalogo:

Naloga 2

Z uporabo Hornerjeve sheme poiščite celoštevilski koren enačbe in faktorizirajte ustrezen polinom

Z drugimi besedami, tukaj morate zaporedno preverjati števila 1, –1, 2, –2, ... – dokler se v zadnjem stolpcu ne “izriše” preostanek nič. To bo pomenilo, da je "igla" te črte koren polinoma

Izračune je priročno urediti v eni tabeli. Podrobna rešitev in odgovor na koncu lekcije.

Metoda izbire korenin je dobra za razmeroma preproste primere, če pa so koeficienti in/ali stopnja polinoma veliki, lahko postopek traja dolgo. Ali morda obstaja nekaj vrednosti z istega seznama 1, –1, 2, –2 in jih ni smiselno upoštevati? In poleg tega se lahko izkaže, da so korenine delne, kar bo vodilo do popolnoma neznanstvenega pikanja.

Na srečo obstajata dva močna izreka, ki lahko znatno zmanjšata iskanje vrednosti "kandidatov" za racionalne korenine:

1. izrek Razmislimo ireduktibilen ulomek , kjer . Če je število koren enačbe, se prosti člen deli z in vodilni koeficient deli s.

Še posebej, če je vodilni koeficient , potem je ta racionalni koren celo število:

In začnemo izkoriščati teorem s samo to okusno podrobnostjo:

Vrnimo se k enačbi. Ker je njegov vodilni koeficient , potem so lahko hipotetični racionalni koreni izključno celo število, prosti člen pa mora biti nujno razdeljen na te korene brez ostanka. In "tri" lahko razdelimo le na 1, –1, 3 in –3. To pomeni, da imamo samo 4 "korenske kandidate". In glede na 1. izrek, druga racionalna števila NAČELOM ne morejo biti koreni te enačbe.

V enačbi je malo več "tekmovalcev": prosti člen je razdeljen na 1, –1, 2, – 2, 4 in –4.

Upoštevajte, da sta številki 1, –1 »običajni« na seznamu možnih korenin (očitna posledica izreka) in najboljša izbira za prednostno testiranje.

Pojdimo k bolj smiselnim primerom:

Problem 3

rešitev: ker je vodilni koeficient , potem so lahko hipotetični racionalni koreni le celo število in morajo biti nujno delitelji prostega člena. "Minus štirideset" je razdeljen na naslednje pare številk:
– skupaj 16 “kandidatov”.

In tu se takoj pojavi mamljiva misel: ali je mogoče izločiti vse negativne ali vse pozitivne korenine? V nekaterih primerih je to mogoče! Oblikoval bom dva znaka:

1) Če VseČe so koeficienti polinoma nenegativni ali vsi nepozitivni, potem ne more imeti pozitivnih korenin. Na žalost to ni naš primer (zdaj, če bi dobili enačbo - potem da, pri zamenjavi katere koli vrednosti polinoma je vrednost polinoma strogo pozitivna, kar pomeni, da so vsa pozitivna števila (in tudi neracionalne) ne morejo biti koreni enačbe.

2) Če so koeficienti za lihe potence nenegativni in za vse sode potence (vključno z brezplačnim članom) so negativni, potem polinom ne more imeti negativnih korenin. Ali "zrcalno": koeficienti za lihe potence so nepozitivni, za vse sode potence pa pozitivni.

To je naš primer! Če pogledate malo bližje, lahko vidite, da bo pri zamenjavi katerega koli negativnega "X" v enačbi leva stran strogo negativna, kar pomeni, da negativni koreni izginejo

Tako je za raziskavo ostalo 8 številk:

"Napolnimo" jih zaporedno po Hornerjevi shemi. Upam, da ste že obvladali miselne izračune:

Pri testiranju »dvojke« nas je pričakala sreča. Tako je koren obravnavane enačbe in

Ostaja še preučevanje enačbe . To je enostavno narediti prek diskriminatorja, vendar bom izvedel okvirni test z isto shemo. Najprej naj opozorimo, da je prosti termin enak 20, kar pomeni 1. izrekštevilki 8 in 40 izpadeta s seznama možnih korenin, vrednosti pa ostanejo za raziskovanje (eden je bil izločen po Hornerjevi shemi).

Koeficiente trinoma zapišemo v zgornjo vrstico nove tabele in Začnemo preverjati z istim "dvema". Zakaj? In ker so koreni lahko večkratniki, prosim: - ta enačba ima 10 enakih korenov. Ampak ne pustimo se motiti:

In tukaj sem se seveda malo zlagal, saj sem vedel, da so korenine racionalne. Konec koncev, če bi bili neracionalni ali kompleksni, bi se soočil z neuspešnim preverjanjem vseh preostalih številk. Zato se v praksi ravnajte po diskriminatorju.

Odgovori: racionalne korenine: 2, 4, 5

Pri problemu, ki smo ga analizirali, smo imeli srečo, saj: a) so negativne vrednosti takoj odpadle in b) zelo hitro smo našli koren (in teoretično bi lahko preverili celoten seznam).

Toda v resnici je stanje veliko hujše. Vabim vas, da si ogledate razburljivo igro z naslovom "Zadnji junak":

Problem 4

Poiščite racionalne korenine enačbe

rešitev: Avtor 1. izrekštevci hipotetičnih racionalnih korenov morajo izpolnjevati pogoj (beremo "dvanajst je deljeno z el"), imenovalci pa ustrezajo pogoju . Na podlagi tega dobimo dva seznama:

"seznam el":
in "seznam um": (na srečo so številke tukaj naravne).

Sedaj pa naredimo seznam vseh možnih korenin. Najprej razdelimo »el seznam« na . Popolnoma jasno je, da bodo pridobljene enake številke. Za udobje jih postavimo v tabelo:

Številni ulomki so bili zmanjšani, kar je povzročilo vrednosti, ki so že na "seznamu junakov". Dodajamo samo "novince":

Podobno delimo isti "seznam" z:

in končno naprej

Tako je ekipa udeležencev naše igre zaključena:


Na žalost polinom v tem problemu ne izpolnjuje "pozitivnega" ali "negativnega" kriterija, zato ne moremo zavreči zgornje ali spodnje vrstice. Delati boste morali z vsemi številkami.

Kako se počutiš? Daj no, pokonci – obstaja še en izrek, ki ga lahko figurativno imenujemo »ubijalski izrek«…. ..."kandidati", seveda =)

Toda najprej se morate pomakniti po Hornerjevem diagramu za vsaj enega celotaštevilke. Tradicionalno, vzemimo enega. V zgornjo vrstico zapišemo koeficiente polinoma in vse je kot običajno:

Ker štiri očitno ni nič, vrednost ni koren zadevnega polinoma. Ampak ona nam bo zelo pomagala.

2. izrekČe za nekatere na splošno vrednost polinoma ni nič: , potem njegove racionalne korenine (če so) izpolnjevati pogoj

V našem primeru morajo zato vse možne korenine izpolnjevati pogoj (recimo temu pogoj št. 1). Ta četverica bo "ubijalec" mnogih "kandidatov". Za predstavitev si bom ogledal nekaj pregledov:

Preverimo "kandidata". Da bi to naredili, ga umetno predstavimo v obliki ulomka, iz katerega je jasno razvidno, da . Izračunajmo testno razliko: . Štiri je deljeno z "minus dva": , kar pomeni, da je možni koren prestal test.

Preverimo vrednost. Tukaj je razlika v testu: . Seveda in zato tudi drugi »predmet« ostaja na seznamu.

Ta polinom ima cele koeficiente. Če je celo število koren tega polinoma, potem je to delitelj števila 16. Torej, če ima dani polinom cele korenine, so to lahko le števila ±1; ±2; ±4; ±8; ±16. Z neposrednim preverjanjem se prepričamo, da je število 2 koren tega polinoma, to je x 3 – 5x 2 – 2x + 16 = (x – 2)Q (x), kjer je Q (x) polinom od druga stopnja. Posledično se polinom razgradi na faktorje, od katerih je eden (x – 2). Za iskanje vrste polinoma Q (x) uporabimo tako imenovano Hornerjevo shemo. Glavna prednost te metode je kompaktnost zapisa in možnost hitre razdelitve polinoma na binom. Pravzaprav je Hornerjeva shema še ena oblika zapisa metode združevanja, čeprav je za razliko od slednje povsem nevizualna. Odgovor (faktorizacija) se tu dobi sam od sebe, procesa pridobivanja pa ne vidimo. Ne bomo se ukvarjali s strogo utemeljitvijo Hornerjeve sheme, ampak bomo le pokazali, kako deluje.

Število iz celice nad njim se »premakne« v drugo celico spodnje vrstice, to je 1. Nato naredijo to. Koren enačbe (število 2) pomnožimo z zadnjim zapisanim številom (1) in rezultatu dodamo število, ki je v zgornji vrstici nad naslednjo prosto celico, v našem primeru imamo:

Iracionalno število- To realno število, ki ni racionalen, to pomeni, da ga ni mogoče predstaviti kot ulomek, kjer so cela števila, . Iracionalno število lahko predstavimo kot neskončni neperiodični decimalni ulomek.

Množico iracionalnih števil običajno označujemo z veliko latinično črko v krepkem tisku brez senčenja. Tako: , tj. veliko je iracionalnih števil razlika med množico realnih in racionalnih števil.

O obstoju iracionalnih števil, natančneje odseke, nesorazmerne z odsekom enotske dolžine, so poznali že stari matematiki: poznali so na primer nesorazmernost diagonale in stranice kvadrata, kar je enakovredno iracionalnosti števila.

Lastnosti

• Vsako realno število lahko zapišemo kot neskončni decimalni ulomek, medtem ko iracionalna števila in samo ta zapišemo kot neperiodične neskončne decimalne ulomke.
• Iracionalna števila določajo Dedekindove reze v množici racionalnih števil, ki nimajo največjega števila v nižjem razredu in nimajo najmanjšega števila v višjem razredu.
• Vsako realno transcendentalno število je iracionalno.
• Vsako iracionalno število je algebraično ali transcendentalno.
• Množica iracionalnih števil je povsod na številski premici zgoščena: med katerima koli dvema številoma je iracionalno število.
• Vrstni red na množici iracionalnih števil je izomorfen vrstnem redu na množici realnih transcendentnih števil.
• Množica iracionalnih števil je nešteta in je množica druge kategorije.

Primeri

Neracionalni so:

Primeri dokazov neracionalnosti

Koren iz 2

Predpostavimo nasprotno: je racionalen, to pomeni, da je predstavljen v obliki nezmanjšanega ulomka, kjer je celo število in je naravno število. Kvadriramo domnevno enakost:

Iz tega sledi, da je sodo in . Naj bo tam, kjer je celota. Potem

Zato celo pomeni celo in . Ugotovili smo, da sta in soda, kar je v nasprotju z iredukcibilnostjo ulomka . To pomeni, da je bila prvotna predpostavka napačna in da gre za iracionalno število.

Dvojiški logaritem števila 3

Predpostavimo nasprotno: je racionalen, to pomeni, da je predstavljen kot ulomek, kjer sta in cela števila. Ker , in se lahko izbereta kot pozitivna. Potem

Ampak sodo in liho. Dobimo protislovje.

e

Zgodba

Koncept iracionalnih števil so implicitno prevzeli indijski matematiki v 7. stoletju pr. n. št., ko je Manava (okoli 750 pr. n. št. - okoli 690 pr. n. št.) ugotovil, da kvadratnih korenov nekaterih naravnih števil, kot sta 2 in 61, ni mogoče eksplicitno izraziti. .

Prvi dokaz o obstoju iracionalnih števil se običajno pripisuje Hipasu iz Metaponta (ok. 500 pr. n. št.), pitagorejcu, ki je ta dokaz našel s preučevanjem dolžin stranic pentagrama. V času pitagorejcev je veljalo, da obstaja ena sama dolžinska enota, dovolj majhna in nedeljiva, ki vstopi v kateri koli segment celo število krat. Vendar je Hipas trdil, da ni enotne enote za dolžino, saj domneva o njenem obstoju vodi v protislovje. Pokazal je, da če hipotenuza enakokrakega pravokotnega trikotnika vsebuje celo število enotskih segmentov, mora biti to število sodo in liho. Dokaz je bil videti takole:

• Razmerje med dolžino hipotenuze in dolžino kraka enakokrakega pravokotnega trikotnika lahko izrazimo kot a:b, Kje a in b izbrana kot najmanjša možna.
• Po Pitagorovem izreku: a² = 2 b².
• Ker a- celo, a mora biti sodo (ker bi bil kvadrat lihe številke lih).
• Zaradi a:b ireduktibilen b mora biti čudno.
• Ker a celo, označujemo a = 2l.
• Potem a² = 4 l² = 2 b².
• b² = 2 l² torej b- tudi takrat b celo.
• Vendar je dokazano, da bČuden. Protislovje.

Grški matematiki so to razmerje imenovali nesorazmerne količine alogos(neizrekljivo), a po legendah Hipasu niso izkazovali dolžnega spoštovanja. Obstaja legenda, da je Hipas odkril med potovanjem po morju in da so ga drugi pitagorejci vrgli v vodo, "ker je ustvaril element vesolja, ki zanika doktrino, da je mogoče vse entitete v vesolju reducirati na cela števila in njihova razmerja." Odkritje Hipasa je predstavljalo resen problem za pitagorejsko matematiko, saj je uničilo temeljno predpostavko, da so števila in geometrijski objekti eno in neločljivo.

Kot smo že omenili, je eden najpomembnejših problemov v teoriji polinomov problem iskanja njihovih korenin. Za rešitev te težave lahko uporabite izbirno metodo, tj. naključno vzemite število in preverite, ali je koren danega polinoma.

V tem primeru lahko hitro "naletite" na koren ali pa ga nikoli ne najdete. Navsezadnje je nemogoče preveriti vse številke, saj jih je neskončno veliko.

Druga stvar pa bi bila, če bi nam uspelo zožiti območje iskanja, da bi na primer vedeli, da so korenine, ki jih iščemo, recimo med tridesetimi navedenimi številkami. In za trideset številk lahko opravite ček. V povezavi z vsem zgoraj navedenim se zdi ta izjava pomembna in zanimiva.

Če je nezmanjšani ulomek l/m (l,m so cela števila) koren polinoma f (x) s celimi koeficienti, potem je vodilni koeficient tega polinoma deljen z m, prosti člen pa z 1.

Če je f (x) =anxn+an-1xn-1+... +a1x+a0, an?0, kjer so an, an-1,...,a1, a0 cela števila, potem je f (l/ m) =0, tj. аn (l/m) n+an-1 (l/m) n-1+... +a1l/m+a0=0.

Pomnožimo obe strani te enakosti z mn. Dobimo anln+an-1ln-1m+... +a1lmn-1+a0mn=0.

To pomeni:

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

Vidimo, da je celo število anln deljivo z m. Toda l/m je nezmanjšljiv ulomek, tj. števili l in m sta sopraprosti, nato pa sta, kot je znano iz teorije deljivosti celih števil, soprostori tudi števili ln in m. Torej je anln deljiv z m in m je sopraprost z ln, kar pomeni, da je an deljiv z m.

Preverjena tema nam omogoča, da bistveno zožimo območje iskanja racionalnih korenin polinoma s celimi koeficienti. Pokažimo to s konkretnim primerom. Poiščimo racionalne korenine polinoma f (x) =6x4+13x2-24x2-8x+8. Po izreku so racionalni koreni tega polinoma med nezmanjšanimi ulomki oblike l/m, kjer je l delitelj prostega člena a0=8, m pa delitelj vodilnega koeficienta a4=6. Poleg tega, če je ulomek l/m negativen, bo števcu dodeljen znak "-". Na primer, - (1/3) = (-1) /3. Torej lahko rečemo, da je l delitelj števila 8, m pa pozitiven delitelj števila 6.

Ker so delitelji števila 8 ±1, ±2, ±4, ±8, pozitivni delitelji števila 6 pa 1, 2, 3, 6, so racionalne korenine obravnavanega polinoma med števili ±1, ±1/2, ± 1/3, ±1/6, ±2, ±2/3, ±4, ±4/3, ±8, ±8/3. Spomnimo se, da smo izpisali samo nezmanjšljive ulomke.

Tako imamo dvajset številk - "kandidatov" za korenine. Vse, kar ostane, je, da preverite vsakega od njih in izberete tiste, ki so resnično korenine. A spet boste morali opraviti precej pregledov. Toda naslednji izrek poenostavlja to delo.

Če je nezmanjšani ulomek l/m koren polinoma f (x) s celimi koeficienti, potem je f (k) deljiv z l-km za katero koli celo število k, pod pogojem, da je l-km?0.

Da bi dokazali ta izrek, delite f (x) z x-k z ostankom. Dobimo f (x) = (x-k) s (x) +f (k). Ker je f (x) polinom s celimi koeficienti, je tudi polinom s (x) in je f (k) celo število. Naj bo s (x) =bn-1+bn-2+…+b1x+b0. Potem je f (x) - f (k) = (x-k) (bn-1xn-1+bn-2xn-2+ …+b1x+b0). V to enačbo vpišimo x=l/m. Če upoštevamo, da je f (l/m) =0, dobimo

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

Pomnožimo obe strani zadnje enakosti z mn:

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

Iz tega sledi, da je celo število mnf (k) deljivo z l-km. Ker pa sta l in m soprosta, sta tudi mn in l-km enako praštevilna, kar pomeni, da je f (k) deljiv z l-km. Izrek je dokazan.

Vrnimo se zdaj k našemu primeru in z dokazanim izrekom še zožimo krog iskanja racionalnih korenin. Uporabimo ta izrek za k=1 in k=-1, tj. če je nezmanjšani ulomek l/m koren polinoma f (x), potem je f (1) / (l-m) in f (-1) / (l+m). Enostavno ugotovimo, da je v našem primeru f (1) = -5 in f (-1) = -15. Upoštevajte, da smo hkrati iz obravnave izključili ±1.

Torej je treba racionalne korenine našega polinoma iskati med števili ±1/2, ±1/3, ±1/6, ±2, ±2/3, ±4, ±4/3, ±8, ±8. /3.

Upoštevajte l/m=1/2. Potem je l-m=-1 in f (1) =-5 deljeno s tem številom. Nadalje je l+m=3 in f (1) =-15 prav tako deljivo s 3. To pomeni, da ulomek 1/2 ostaja med “kandidati” za korene.

Naj bo zdaj lm=- (1/2) = (-1) /2. V tem primeru l-m=-3 in f (1) =-5 ni deljivo z - 3. To pomeni, da ulomek - 1/2 ne more biti koren tega polinoma in ga izločimo iz nadaljnje obravnave. Preverimo za vsakega od zgoraj zapisanih ulomkov in ugotovimo, da so zahtevani koreni med števili 1/2, ±2/3, 2, - 4.

Tako smo z dokaj preprosto tehniko bistveno zožili območje iskanja racionalnih korenin obravnavanega polinoma. No, da preverimo preostale številke, bomo uporabili Hornerjevo shemo:

Tabela 10

Ugotovili smo, da je ostanek pri deljenju g (x) z x-2/3 enak - 80/9, torej 2/3 ni koren polinoma g (x), zato tudi f (x) ni.

Nato zlahka ugotovimo, da je - 2/3 koren polinoma g (x) in g (x) = (3x+2) (x2+2x-4). Potem je f (x) = (2x-1) (3x+2) (x2+2x-4). Nadaljnjo verifikacijo lahko izvedemo za polinom x2+2x-4, ki je seveda preprostejši kot za g (x) ali še bolj za f (x). Posledično ugotovimo, da števili 2 in - 4 nista korena.

Torej ima polinom f (x) =6x4+13x3-24x2-8x+8 dva racionalna korena: 1/2 in - 2/3.

Spomnimo se, da zgoraj opisana metoda omogoča iskanje samo racionalnih korenin polinoma s celimi koeficienti. Medtem ima lahko polinom tudi iracionalne korenine. Tako ima na primer polinom, obravnavan v primeru, še dve korenini: - 1±v5 (to sta korenini polinoma x2+2x-4). In, na splošno, polinom morda sploh nima racionalnih korenin.

Zdaj pa dajmo nekaj nasvetov.

Pri testiranju "kandidatov" za korenine polinoma f (x) z uporabo drugega od zgoraj dokazanih izrekov se slednji običajno uporablja za primere k=±1. Z drugimi besedami, če je l/m koren "kandidata", potem preverite, ali sta f (1) in f (-1) deljiva z l-m oziroma l+m. Lahko pa se zgodi, da je na primer f (1) = 0, tj. 1 je koren, potem pa je f (1) deljiv s poljubnim številom in naše preverjanje postane nesmiselno. V tem primeru bi morali f (x) deliti z x-1, tj. dobimo f(x) = (x-1)s(x) in preizkusimo polinom s(x). Ob tem ne smemo pozabiti, da smo že našli en koren polinoma f (x) - x1=1. Če pri preverjanju »kandidatov« za korenine, ki ostanejo po uporabi drugega izreka o racionalnih koreninah, z uporabo Hornerjeve sheme ugotovimo, da je na primer l/m koren, potem je treba najti njegovo mnogokratnost. Če je enako, recimo, k, potem je f (x) = (x-l/m) ks (x), nadaljnje testiranje pa je mogoče opraviti za s (x), kar zmanjša izračune.

Tako smo se naučili najti racionalne korenine polinoma s celimi koeficienti. Izkazalo se je, da smo se s tem naučili najti iracionalne korenine polinoma z racionalnimi koeficienti. Pravzaprav, če imamo na primer polinom f (x) =x4+2/3x3+5/6x2+3/8x+2, potem ko koeficiente spravimo na skupni imenovalec in ga damo iz oklepajev, dobimo f (x) = 1/24 (24x4+16x3-20x2+9x+48). Jasno je, da korenine polinoma f (x) sovpadajo s koreninami polinoma v oklepajih, njegovi koeficienti pa so cela števila. Dokažimo na primer, da je sin100 iracionalno število. Uporabimo dobro znano formulo sin3?=3sin?-4sin3?. Torej sin300=3sin100-4sin3100. Če upoštevamo, da je sin300=0,5 in izvedemo preproste transformacije, dobimo 8sin3100-6sin100+1=0. Zato je sin100 koren polinoma f (x) =8x3-6x+1. Če bomo iskali racionalne korenine tega polinoma, se bomo prepričali, da jih ni. To pomeni, da koren sin100 ni racionalno število, tj. sin100 je iracionalno število.

Polinom v spremenljivki x je izraz v obliki: anxn+an-1 xn-1+. . . +a 1 x+a 0, kjer je n naravno število; an, an-1, . . . , a 1, a 0 - poljubna števila, imenovana koeficienti tega polinoma. Izrazi anxn, an-1 xn-1, . . . , a 1 x, a 0 se imenujejo členi polinoma, 0 pa je prosti člen. an je koeficient pri xn, an-1 je koeficient pri xn-1 itd. Polinom, v katerem so vsi koeficienti enaki nič, se imenuje nič. na primer, polinom 0 x2+0 x+0 je nič. Iz zapisa polinoma je razvidno, da je sestavljen iz več členov. Od tod izvira izraz ‹‹polinom›› (številni členi). Včasih se polinom imenuje polinom. Ta izraz izhaja iz grških besed πολι - veliko in νομχ - član.

Polinom v eni spremenljivki x je označen: . f (x), g (x), h (x) itd. Če je na primer prvi od zgornjih polinomov označen s f (x), potem lahko zapišemo: f (x) =x 4+2 x 3 + (- 3) x 2+3/7 x+√ 2. 1. Polinom h(x) imenujemo največji skupni delitelj polinomov f(x) in g(x), če deli f(x), g (x) in vsak njihov skupni delilnik. 2. Polinom f(x) s koeficienti iz polja P stopnje n naj bi bil reducibilen nad poljem P, če obstajajo polinomi h(x), g(x) О P[x] stopnje, manjše od n, kot da je f(x) = h( x)g(x).

Če obstaja polinom f (x) =anxn+an-1 xn-1+. . . +a 1 x+a 0 in an≠ 0, potem število n imenujemo stopnja polinoma f (x) (ali pravijo: f (x) - n-ta stopnja) in zapišemo st. f(x)=n. V tem primeru se an imenuje vodilni koeficient, anxn pa je vodilni člen tega polinoma. Na primer, če je f (x) =5 x 4 -2 x+3, potem čl. f (x) =4, vodilni koeficient - 5, vodilni člen - 5 x4. Stopnja polinoma je največje neničelno število njegovih koeficientov. Polinomi stopnje nič so števila, ki niso nič. , ničelni polinom nima stopnje; polinom f (x) =a, kjer je a neničelno število in ima stopnjo 0; stopnja katerega koli drugega polinoma je enaka največjemu eksponentu spremenljivke x, katere koeficient je enak nič.

Enakost polinomov. Dva polinoma f (x) in g (x) veljata za enaka, če sta njuna koeficienta pri enakih potencah spremenljivke x in prosti členi enaka (njuni ustrezni koeficienti so enaki). f (x) =g (x). Na primer, polinoma f (x) =x 3+2 x 2 -3 x+1 in g(x) =2 x 23 x+1 nista enaka, prvi od njiju ima koeficient x3 enak 1, in drugi ima nič ( v skladu s sprejetimi konvencijami lahko zapišemo: g (x) =0 x 3+2 x 2 -3 x+1. V tem primeru: f (x) ≠g (x). Polinomi nista enaka: h (x) =2 x 2 -3 x+5, s (x) =2 x 2+3 x+5, ker sta njuna koeficienta za x različna.

Vendar sta polinoma f 1 (x) =2 x 5+3 x 3+bx+3 in g 1 (x) =2 x 5+ax 3 -2 x+3 enaka, če in samo če je a = 3, a b = -2. Naj bo podan polinom f (x) =anxn+an-1 xn-1+. . . +a 1 x+a 0 in neko število c. Število f (c) =ancn+an-1 cn-1+. . . +a 1 c+a 0 imenujemo vrednost polinoma f (x) pri x=c. Torej, če želite najti f (c), morate zamenjati c v polinom namesto x in izvesti potrebne izračune. Na primer, če je f (x) =2 x 3+3 x 2 -x+5, potem je f (-2) =2 (-2) 3+ (-2) 2 - (-2) +5=3. Polinom lahko zavzame različne vrednosti za različne vrednosti spremenljivke x. Število c imenujemo koren polinoma f (x), če je f (c) =0.

Bodimo pozorni na razliko med trditvama: »polinom f (x) je enak nič (ali, kar je isto, polinom f (x) je nič)« in »vrednost polinoma f (x ) pri x = c je enako nič.« Na primer, polinom f (x) =x 2 -1 ni enak nič, ima neničelne koeficiente in njegova vrednost pri x=1 je nič. f (x) ≠ 0 in f (1) = 0. Med pojmoma enakosti polinomov in vrednostjo polinoma obstaja tesna povezava. Če sta podana enaka polinoma f (x) in g (x), potem sta njuna ustrezna koeficienta enaka, kar pomeni f (c) = g (c) za vsako število c.

Operacije s polinomi Polinome lahko seštevamo, odštevamo in množimo z uporabo običajnih pravil za odpiranje oklepajev in prinašanje podobnih členov. Rezultat je spet polinom. Te operacije imajo znane lastnosti: 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).

Naj sta dana dva polinoma f(x) =anxn+an-1 xn-1+. . . +a 1 x+a 0, an≠ 0 in g(x)=bmxm+bm-1 xm-1+. . . +b 1 x+bm≠ 0. Jasno je, da čl. f(x)=n in st. g(x)=m. Če ta dva polinoma pomnožimo, dobimo polinom oblike f(x) g(x)=anbmxm+n+. . . +a 0 b 0. Ker je an≠ 0 in bn≠ 0, potem je anbm≠ 0, kar pomeni st. (f(x)g(x))=m+n. Iz tega sledi pomembna izjava.

Stopnja produkta dveh neničelnih polinomov je enaka vsoti stopenj faktorjev, čl. (f (x) g (x)) = art. f (x) +st. g(x). Vodilni člen (koeficient) produkta dveh neničelnih polinomov je enak produktu vodilnih členov (koeficientov) faktorjev. Prosti člen produkta dveh polinomov je enak produktu prostih členov faktorjev. Potence polinomov f (x), g (x) in f (x) ±g (x) so povezane z naslednjo relacijo: čl. (f (x) ±g (x)) ≤ max (st. f (x), st. g (x)).

Imenuje se superpozicija polinomov f (x) in g (x). polinom z oznako f (g (x)), ki ga dobimo, če v polinomu f (x) namesto x nadomestimo polinom g (x). Na primer, če je f(x)=x 2+2 x-1 in g(x) =2 x+3, potem je f(g(x))=f(2 x+3)=(2 x+3) 2 +2(2 x+3)-1=4 x 2+16 x+14, g(f(x))=g(x 2+2 x-1)=2(x 2+2 x-1) + 3=2 x 2+4 x+1. Vidimo lahko, da je f (g (x)) ≠g (f (x)), to je superpozicija polinomov f (x), g (x) in superpozicija polinomov g (x), f ( x) so različni. Tako superpozicijska operacija nima lastnosti komutativnosti.

, Algoritem deljenja z ostankom Za vsak f(x), g(x) obstajata q(x) (količnik) in r(x) (ostanek), tako da je f(x)=g(x)q(x)+ r(x) in stopnja r(x)

Delitelji polinoma Delitelj polinoma f(x) je polinom g(x), tako da je f(x)=g(x)q(x). Največji skupni delitelj dveh polinomov Največji skupni delitelj polinomov f(x) in g(x) je njun skupni delitelj d(x), ki je deljiv s katerimkoli njunim drugim skupnim deliteljem.

Evklidski algoritem (algoritem zaporednega deljenja) za iskanje največjega skupnega delitelja polinomov f(x) in g(x) Potem je največji skupni delitelj f(x) in g(x).

Zmanjšaj ulomek Rešitev: Poiščite gcd teh polinomov z evklidskim algoritmom 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 Zato je polinom (– x2 – 3 x – 2) GCD števca in imenovalec danega ulomka. Rezultat deljenja imenovalca s tem polinomom je znan.

Poiščimo rezultat deljenja števca. x 3 + 6 x2 + 11 x + 6 – x2 – 3 x – 2 x3 + 3 x2 + 2 x –x– 3 3 x2 + 9 x + 6 0 Torej je odgovor:

Hornerjeva shema Deljenje polinoma f(x) z ostankom z neničelnim polinomom g(x) pomeni predstavitev f(x) v obliki f(x)=g(x) s(x)+r(x), kjer s (x) in r(x) sta polinoma in r(x)=0 ali st. r(x)

Polinoma na levi in ​​desni strani te relacije sta enaka, kar pomeni, da sta njuna ustrezna koeficienta enaka. Izenačimo ju tako, da najprej odpremo oklepaje in podobne člene pripeljemo na desno stran te enakosti. Dobimo: 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. Spomnimo se, da moramo najti nepopolni količnik, tj. njegove koeficiente, in ostanek. Izrazimo jih iz dobljenih enačb: 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. Našli smo formule, s katerimi lahko izračunamo koeficiente delnega količnika s (x) in ostanka r. V tem primeru so izračuni predstavljeni v obliki naslednje tabele; imenuje se Hornerjeva shema.

Tabela 1. Koeficienti 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 Koeficienti s (x) ostanek V prvo vrstico te tabele zapišite vse koeficiente polinoma f (x) po vrsti, pri čemer pustite prvo celico prosto. V drugo vrstico, v prvo celico, zapišite številko c. Preostale celice te vrstice se izpolnijo tako, da se enega za drugim izračunajo koeficienta nepopolnega količnika s (x) in ostanka r. V drugo celico vpišite koeficient bn-1, ki je, kot smo ugotovili, enak an.

Koeficienti v vsaki naslednji celici se izračunajo po naslednjem pravilu: število c se pomnoži s številom v prejšnji celici, rezultatu pa se prišteje število nad celico, ki jo polnimo. Če si želite zapomniti, recimo, peto celico, to je, da bi našli koeficient v njej, morate c pomnožiti s številko v četrti celici in rezultatu dodati številko nad peto celico. Po Hornerjevi shemi delimo na primer polinom f (x) =3 x 4 -5 x 2+3 x-1 z x-2 z ostankom. Pri izpolnjevanju prve vrstice tega diagrama ne smemo pozabiti na ničelne koeficiente polinoma. Torej so koeficienti f (x) številke 3, 0, - 5, 3, - 1. In ne pozabite, da je stopnja nepopolnega kvocienta ena manjša od stopnje polinoma f (x).

Torej izvedemo deljenje po Hornerjevi shemi: Tabela 2. 2 3 3 0 6 -5 7 3 17 -1 33 Dobimo delni količnik s (x) =3 x 3+6 x 2+7 x+17 in ostanek r=33. Upoštevajte, da smo hkrati izračunali vrednost polinoma f (2) =33. Zdaj delimo isti polinom f (x) z x+2 z ostankom. V tem primeru c=-2. dobimo: Tabela 3. -2 3 3 0 -6 -5 7 3 -11 -1 21 Kot rezultat imamo f (x) = (x+2) (3 x 3 -6 x 2+7 x- 11) +21 .

Korenine polinomov Naj bodo c1, c2, …, cm različne korenine polinoma f (x). Potem je f (x) deljeno z x-c1, tj. f (x) = (x-c 1) s 1 (x). V to enačbo vstavimo x=c2. Dobimo f (c 2) = (c 2 -c 1) s 1 (c 2) in torej je f (c 2) =0, potem (c2 -c1) s 1 (c 2) =0. Toda с2≠с1, tj. с2 -с1≠ 0, kar pomeni s 1 (c 2) =0. Tako je c2 koren polinoma s 1 (x). Iz tega sledi, da je s 1 (x) deljiv z x-c2, to je s 1 (x) = (x-c 2) s 2 (x). Nadomestimo dobljeni izraz za s 1 (x) v enakost f (x) = (x-c 1) s 1 (x). Imamo f (x) = (x-c 1) (x-c 2) s 2 (x). Če v zadnjo enačbo vnesemo x=c3, ob upoštevanju dejstva, da je f (c 3) =0, c3≠c1, c3≠c2, dobimo, da je c3 koren polinoma s 2 (x). To pomeni s 2 (x) = (x-c 3) s 3 (x) in nato f (x) = (x-c 1) (x-c 2) (x-c 3) s 3 (x) itd. Če nadaljujemo to sklepanje za preostale korenine c4, c5, ..., cm, končno dobimo f (x) = (x-c 1) (x-c 2) ... (x-cm) sm (x), tj. spodaj formulirana izjava je dokazana.

Če so с1, с2, …, сm različne korenine polinoma f (x), potem lahko f (x) predstavimo kot f(x)=(x-c 1) (x-c 2)…(x-cm) sm(x ). Iz tega izhaja pomembna posledica. Če so c1, c2, ..., cm različne korenine polinoma f(x), potem je f(x) deljeno s polinomom (x-c1) (x-c2) ... (x-cm). Število različnih korenin neničelnega polinoma f (x) ni večje od njegove stopnje. Dejansko, če f(x) nima korenin, potem je jasno, da je izrek resničen, ker čl. f(x) ≥ 0. Zdaj naj ima f(x) m korenin с1, с2, …, сm in vse so različne. Potem je s tem, kar je bilo pravkar dokazano, f (x) razdeljen na (x-c1) (x -c2)…(x-cm). V tem primeru velja čl. f(x)≥st. ((x-c1) (x-c2)…(x-cm))= st. (x-c1)+st. (x-s2)+...+st. (x-cm)=m, tj. art. f(x)≥m in m je število korenin zadevnega polinoma. Toda ničelni polinom ima neskončno veliko korenin, ker je njegova vrednost za vsak x enaka 0. Zlasti zato ni predpisana nobena posebna stopnja. Iz pravkar dokazanega izreka izhaja naslednja trditev.

Če polinom f(x) ni polinom stopnje, večje od n, in ima več kot n korenin, potem je f(x) ničelni polinom. Pravzaprav iz pogojev te izjave sledi, da je bodisi f (x) ničelni polinom ali Art. f (x) ≤n. Če predpostavimo, da polinom f (x) ni nič, potem čl. f (x) ≤n in potem ima f (x) največ n korenin. Pridemo do protislovja. To pomeni, da je f(x) različen od nič polinom. Naj sta f (x) in g (x) neničelna polinoma stopnje največ n. Če imajo ti polinomi enake vrednosti za n+1 vrednosti spremenljivke x, potem je f (x) =g (x).

Da bi to dokazali, upoštevajte polinom h (x) =f (x) - g (x). Jasno je, da bodisi h (x) = 0 bodisi st. h (x) ≤n, tj. h (x) ni polinom stopnje, večje od n. Naj bo zdaj število c takšno, da je f (c) = g (c). Potem je h (c) = f (c) - g (c) = 0, tj. c je koren polinoma h (x). Zato ima polinom h (x) n+1 korenin, in ko je, kot je bilo pravkar dokazano, h (x) = 0, tj. f (x) = g (x). Če imata f (x) in g (x) enake vrednosti za vse vrednosti spremenljivke x, potem sta ta polinoma enaka

Več korenin polinoma Če je število c koren polinoma f (x), vemo, da je ta polinom deljiv z x-c. Lahko se zgodi, da je f (x) deljiva tudi z neko potenco polinoma x-c, to je z (x-c) k, k>1. V tem primeru se c imenuje večkratni koren. Naj jasneje oblikujemo definicijo. Število c se imenuje koren množice k (k-kratni koren) polinoma f (x), če je polinom deljiv z (x - c) k, k>1 (k je naravno število), vendar ni deljiv z (x - c) k+ 1. Če je k=1, se c imenuje enostavni koren, če pa k>1, se imenuje večkratni koren polinoma f (x).

Če je polinom f(x) predstavljen kot f(x)=(x-c)mg(x), je m naravno število, potem je deljiv z (x-c) m+1, če in samo če je g(x) deljiv na x-s. Dejansko, če je g(x) deljiv z x-c, tj. g(x)=(x-c)s(x), potem je f(x)=(x-c) m+1 s(x), kar pomeni f(x ) je deljivo z (x-c) m+1. Nasprotno, če je f(x) deljiv z (x-c) m+1, potem je f(x)=(x-c) m+1 s(x). Potem (x-c)mg(x)=(x-c)m+1 s (x) in po zmanjšanju za (x-c)m dobimo g(x)=(x-c)s(x). Iz tega sledi, da je g(x) deljiv z x-c.

Ugotovimo na primer, ali je število 2 koren polinoma f (x) =x 5 -5 x 4+3 x 3+22 x 2 -44 x+24, in če je tako, ugotovimo njegovo mnogokratnost. Za odgovor na prvo vprašanje preverimo s Hornerjevim vezjem, ali je f (x) deljiv z x-2. imamo: tabelo 4. 2 1 1 -5 -3 3 -3 22 16 -44 -12 24 0 Kot lahko vidite, je ostanek pri deljenju f(x) z x-2 enak 0, tj. deljeno z x-2. To pomeni, da je 2 koren tega polinoma. Poleg tega smo dobili, da je f(x)=(x-2)(x 4 -3 x 3 -3 x 2+16 x-12). Zdaj pa ugotovimo, ali je f(x) na (x-2) 2. To je odvisno, kot smo pravkar dokazali, od deljivosti polinoma g (x) =x 4 -3 x 3 -3 x 2+16 x -12 z x-2.

Ponovno uporabimo Hornerjevo shemo: Tabela 5. 1 -3 -3 16 -12 2 1 -1 -5 6 0 Ugotovili smo, da je g(x) deljiv z x-2 in g(x)=(x-2)( x 3 -x 2 -5 x+6). Potem je f(x)=(x-2)2(x 3 -x 2 -5 x+6). Torej je f(x) deljiv z (x-2)2, zdaj moramo ugotoviti, ali je f(x) deljiv z (x-2)3. Da bi to naredili, preverimo, ali je h (x) =x 3 -x 2 -5 x+6 deljiv z x-2: Tabela 6. 1 -1 -5 6 2 1 1 -3 0 Ugotovimo, da je h(x ) je deljivo z x-2, kar pomeni, da je f(x) deljeno z (x-2) 3 in f(x)=(x-2)3(x 2+x-3).

Nato podobno preverimo, ali je f(x) deljiv z (x-2)4, tj. ali je s(x)=x 2+x-3 deljiv z x-2: tabela 7. 2 1 1 1 3 -3 3 Ugotovimo, da je ostanek pri deljenju s(x) z x-2 enak 3, torej s(x) ni deljiv z x-2. To pomeni, da f(x) ni deljiv z (x-2)4. Tako je f(x) deljiv z (x-2)3, ni pa deljiv z (x-2)4. Zato je število 2 koren iz mnogokratnosti 3 polinoma f(x).

Običajno se preverjanje korena za večkratnost izvaja v eni tabeli. Za ta primer je ta tabela videti takole: 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 Z drugimi besedami, po shemi Hornerjeve delitve polinoma f (x) z x-2 dobimo v drugi vrstici koeficiente polinoma g (x). Nato to drugo vrstico obravnavamo kot prvo vrstico novega Hornerjevega sistema in g (x) delimo z x-2 itd. Nadaljujemo z izračuni, dokler ne dobimo ostanka, ki je različen od nič. V tem primeru je množina korena enaka številu dobljenih ničelnih ostankov. Vrstica, ki vsebuje zadnji neničelni ostanek, vsebuje tudi koeficiente količnika pri deljenju f (x) z (x-2) 3.

Zdaj bomo z uporabo pravkar predlagane sheme za preverjanje korena za množico rešili naslednji problem. Za kateri a in b ima polinom f(x) =x 4+2 x 3+ax 2+ (a+b)x+2 število - 2 kot koren iz večkratnika 2? Ker mora biti množica korena - 2 enaka 2, potem bi morali pri deljenju z x + 2 po predlagani shemi dvakrat dobiti ostanek 0, tretjič pa ostanek, ki je drugačen od nič. Imamo: Tabelo 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

Tako je število - 2 koren množice 2 prvotnega polinoma takrat in samo če

Racionalne korenine polinoma Če je nezmanjšani ulomek l/m (l, m sta cela števila) koren polinoma f (x) s celimi koeficienti, potem je vodilni koeficient tega polinoma deljen z m, prosti člen pa je deljeno z 1. Dejansko, če je f (x)=anxn+an-1 xn-1+…+a 1 x+a 0, an≠ 0, kjer je an, an-1, . . . , a 1, a 0 so cela števila, potem je f(l/m) =0, tj. аn (l/m) n+an-1 (l/m) n-1+. . . +a 1 l/m+a 0=0. Pomnožimo obe strani te enakosti z mn. Dobimo anln+an-1 ln-1 m+. . . +a 1 lmn-1+a 0 mn=0. To pomeni anln=m (-an-1 ln-1 -…- a 1 lmn-2 -a 0 mn-1).

Vidimo, da je celo število anln deljivo z m. Toda l/m je ireduktibilen ulomek, tj. števili l in m sta sopraprime, potem pa sta, kot je znano iz teorije deljivosti celih števil, tudi števili ln in m sopraprosti. Torej je anln deljiv z m in m je sopraprost z ln, kar pomeni, da je an deljiv z m. Poiščimo racionalne korenine polinoma f (x) =6 x 4+13 x 2 -24 x 2 -8 x+8. Po izreku so racionalni koreni tega polinoma med nezmanjšanimi ulomki oblike l/m, kjer je l delitelj prostega člena a 0=8, m pa delitelj vodilnega koeficienta a 4=6 . Poleg tega, če je ulomek l/m negativen, bo števcu dodeljen znak "-". Na primer, - (1/3) = (-1) /3. Torej lahko rečemo, da je l delitelj števila 8, m pa pozitiven delitelj števila 6.

Ker so delitelji števila 8 ± 1, ± 2, ± 4, ± 8 in pozitivni delitelji števila 6 1, 2, 3, 6, so racionalne korenine obravnavanega polinoma med števili ± 1, ± 1/2, ± 1/3, ± 1/6, ± 2/3, ± 4, ± 4/3, ± 8/3. Spomnimo se, da smo izpisali samo nezmanjšljive ulomke. Tako imamo dvajset številk - "kandidatov" za korenine. Vse, kar ostane, je, da preverite vsakega od njih in izberete tiste, ki so resnično korenine. naslednji izrek poenostavlja to delo. Če je nezmanjšani ulomek l/m koren polinoma f (x) s celimi koeficienti, potem je f (k) deljiv z l-km za poljubno celo število k, pod pogojem, da je l-km≠ 0.

Da bi dokazali ta izrek, delite f(x) z x-k z ostankom. Dobimo f(x)=(x-k)s(x)+f(k). Ker je f(x) polinom s celimi koeficienti, je tudi polinom s(x) in je f(k) celo število. Naj bo s(x)=bn-1+bn-2+…+b 1 x+b 0. Potem je f(x)-f(k)=(x-k) (bnxn-1+bn-2 xn-2+ … +b 1 x+b 0). V to enačbo vpišimo 1 x=l/m. Če upoštevamo, da je f(l/m)=0, dobimo f(k)=((l/m)-k)(bn-1(l/m)n-1+bn-2(l/m)n- 2+…+b 1(l/m)+b 0). Pomnožimo obe strani zadnje enakosti z mn: mnf(k)=(l-km)(bn-1 ln-1+bn-2 ln-2 m+…+b 1 lmn-2+b 0 mn-1) . Iz tega sledi, da je celo število mnf (k) deljivo z l-km. Ker pa sta l in m soprosta, sta tudi mn in l-km enako praštevilna, kar pomeni, da je f(k) deljiv z l-km. Izrek je dokazan.

Vrnimo se k našemu primeru in z dokazanim izrekom še bolj zožimo krog iskanja racionalnih korenin. Uporabimo ta izrek za k=1 in k=-1, tj. če je nezmanjšani ulomek l/m koren polinoma f(x), potem je f(1)/(l-m) in f(-1) /(l +m). Enostavno ugotovimo, da je v našem primeru f(1)=-5 in f(-1)= -15. Upoštevajte, da smo hkrati iz obravnave izločili ± 1. Racionalne korenine našega polinoma torej iščemo med števili ± 1/2, ± 1/3, ± 1/6, ± 2, ± 2/3, ± 4/3, ± 8 /3. Upoštevajte l/m=1/2. Potem je l-m=-1 in f (1) =-5 deljeno s tem številom. Nadalje je l+m=3 in f (1) =-15 prav tako deljivo s 3. To pomeni, da ulomek 1/2 ostaja med “kandidati” za korene.

Naj bo zdaj lm=-(1/2)=(-1)/2. V tem primeru l-m=-3 in f (1) =-5 ni deljivo z - 3. To pomeni, da ulomek -1/2 ne more biti koren tega polinoma in ga izločimo iz nadaljnje obravnave. Preverimo za vsakega od zgoraj zapisanih ulomkov in ugotovimo, da so zahtevani koreni med števili 1/2, ± 2/3, 2, - 4. Tako smo z dokaj preprosto tehniko bistveno zožili območje iskanja racionalnih korenine zadevnega polinoma. Za preverjanje preostalih števil bomo uporabili Hornerjevo shemo: Tabela 10. 6 13 -24 -8 8 1/2 6 16 -16 0

Vidimo, da je 1/2 koren polinoma f(x) in f(x)= (x-1/2) (6 x 3+16 x 2 -16 x-16) = (2 x-1) (3 x 3+8 x 2 -8 x-8). Jasno je, da vse ostale korenine polinoma f (x) sovpadajo s koreninami polinoma g (x) =3 x 3+8 x 2 -8 x-8, kar pomeni, da je nadaljnje preverjanje “kandidatov” za korenine. lahko izvedemo za ta polinom. Ugotovimo: Tabela 11. 3 8 -8 -8 2/3 3 10 -4/3 -80/9 Ugotovili smo, da je ostanek pri deljenju g(x) z x-2/3 enak - 80/9, tj. 2/3 ni koren polinoma g(x), zato tudi f(x) ni. Nato ugotovimo, da je - 2/3 koren polinoma g(x) in g (x) = (3 x+2) (x 2+2 x-4).

Potem je f(x) = (2 x-1) (3 x+2) (x 2+2 x-4). Nadaljnjo verifikacijo lahko izvedemo za polinom x 2+2 x-4, kar je seveda preprostejše kot za g (x) ali še bolj za f (x). Posledično ugotovimo, da števili 2 in - 4 nista korena. Torej ima polinom f (x) =6 x 4+13 x 3 -24 x 2 -8 x+8 dva racionalna korena: 1/2 in - 2/3. Ta metoda omogoča iskanje le racionalnih korenin polinoma s celimi koeficienti. Medtem ima lahko polinom tudi iracionalne korenine. Tako ima na primer polinom, obravnavan v primeru, še dve korenini: - 1±√ 5 (to sta korenini polinoma x2+2 x-4). polinom morda sploh nima racionalnih korenin.

Pri testiranju "kandidatnih" korenin polinoma f(x) z uporabo drugega od zgoraj dokazanih izrekov se slednji običajno uporablja za primere k = ± 1. Z drugimi besedami, če je l/m "kandidatni" koren, potem preverite, ali sta f( 1) in f (-1) za l-m oziroma l+m. Lahko pa se zgodi, da je na primer f(1) =0, torej 1 je koren, potem pa je f(1) deljiv s poljubnim številom in naše preverjanje postane nesmiselno. V tem primeru bi morali f(x) deliti z x-1, tj. dobiti f(x)=(x-1)s(x), in preizkusiti polinom s(x). Ob tem ne smemo pozabiti, da smo en koren polinoma f(x)-x 1=1 že našli. Če preverimo »kandidate« za korenine, ki ostanejo po uporabi drugega izreka o racionalnih koreninah, z uporabo Hornerjeve sheme ugotovimo, da je na primer l/m koren, potem je treba najti njegovo mnogokratnost. Če je enako, recimo, k, potem je f(x)=(x-l/m) ks (x), nadaljnje testiranje pa je mogoče opraviti na s(x), kar zmanjša izračun.

rešitev. Po zamenjavi spremenljivke y=2 x preidemo na polinom s koeficientom enakim ena na najvišji stopnji. Če želite to narediti, izraz najprej pomnožite s 4. Če ima nastala funkcija celoštevilske korene, potem so ti med delitelji prostega člena. Zapišimo jih: ± 1, ± 2, ± 3, ± 4, ± 5, ± 6, ± 10, ± 12, ± 15 ±, ± 20, ± 30, ± 60

Zaporedoma izračunajmo vrednosti funkcije g(y) na teh točkah, dokler ne dosežemo nič. To pomeni, da je y=-5 koren in je torej koren izvirne funkcije. Razdelimo polinom z binomom s pomočjo stolpca (kota)

Ni priporočljivo nadaljevati s preverjanjem preostalih deliteljev, saj je dobljeni kvadratni trinom lažje faktorizirati.

Uporaba formul za skrajšano množenje in Newtonovega binoma za faktorizacijo polinoma Včasih videz polinoma nakazuje, kako ga faktorizirati. Na primer, po preprostih transformacijah so koeficienti poravnani v črto iz Pascalovega trikotnika za koeficiente Newtonovega binoma. Primer. Faktoriziraj polinom.

rešitev. Pretvorimo izraz v obliko: Zaporedje koeficientov vsote v oklepajih jasno kaže, da je to. Zato zdaj uporabimo formulo razlike kvadratov: Izraz v drugem oklepaju nima pravih korenin in za polinom iz za prvi oklepaj ponovno uporabimo formulo razlike kvadratov

Formule Vieta, ki izražajo koeficiente polinoma skozi njegove korenine. Te formule je priročno uporabljati za preverjanje pravilnosti iskanja korenin polinoma, pa tudi za sestavljanje polinoma na podlagi njegovih danih korenin. Formulacija Če so korenine polinoma, potem so koeficienti izraženi v obliki simetričnih polinomov korenin, in sicer

Z drugimi besedami, ak je enak vsoti vseh možnih produktov k korenin. Če je vodilni koeficient polinom, je treba za uporabo formule Vieta najprej vse koeficiente deliti z 0. V tem primeru formule Vieta dajejo izraz za razmerje med vsemi koeficienti in vodilnim. Iz Vietove zadnje formule sledi, da če so koreni polinoma celo število, potem so delitelji njegovega prostega člena, ki je prav tako celo število. Dokaz izvedemo tako, da upoštevamo enakost, ki jo dobimo z razširitvijo polinoma s koreninami, pri čemer upoštevamo, da je a 0 = 1. Z enačenjem koeficientov pri enakih potencah x dobimo formule Vieta.

Rešite enačbo x 6 – 5 x 3 + 4 = 0 Rešitev. Označimo y = x 3, potem ima izvirna enačba obliko y 2 – 5 y + 4 = 0, z reševanjem katere dobimo Y 1 = 1; Y 2 = 4. Tako je prvotna enačba enakovredna nizu enačb: x 3 = 1 ali x 3 = 4, tj. X 1 = 1 ali X 2 = Odgovor: 1;

Definicija Bezoutovega izreka 1. Element se imenuje koren polinoma, če je f(c)=0. Bezoutov izrek. Ostanek deljenja polinoma Pn(x) z binomom (x-a) je enak vrednosti tega polinoma pri x = a. Dokaz. Na podlagi algoritma deljenja je f(x)=(xc)q(x)+r(x), kjer je bodisi r(x)=0 ali, in torej. Torej f(x)=(x-c)q(x)+r, torej f(c)=(c-c)q(c)+r=r, in zato f(x)=(xc)q(x) +f (c).

Posledica 1: Ostanek deljenja polinoma Pn (x) z binomom ax+b je enak vrednosti tega polinoma pri x = -b/a, tj. R=Pn (-b/a). Posledica 2: Če je število a koren polinoma P (x), potem je ta polinom deljiv z (x-a) brez ostanka. Posledica 3: Če ima polinom P(x) po paru različne korenine a 1 , a 2 , ... , an, potem je deljen s produktom (x-a 1) ... (x-an) brez ostanka. Posledica 4: Polinom stopnje n ima največ n različnih korenin. Posledica 5: Za vsak polinom P(x) in število a je razlika (P(x)-P(a)) deljiva z binomom (x-a) brez ostanka. Posledica 6: Število a je koren polinoma P(x) vsaj prve stopnje, če in samo če je P(x) deljiv z (x-a) brez ostanka.

Razstavljanje racionalnega ulomka na enostavne ulomke Pokažimo, da je vsak pravi racionalni ulomek mogoče razstaviti na vsoto enostavnih ulomkov. Naj bo podan pravi racionalni ulomek (1).

Izrek 1. Naj bo x=a koren imenovalca kratkosti k, tj. kjer je f(a)≠ 0, potem lahko ta pravi ulomek predstavimo kot vsoto dveh drugih pravih ulomkov, kot sledi: (2) , kjer je A je konstanta, ki ni enaka nič, F 1(x) pa je polinom, katerega stopnja je nižja od stopnje imenovalca