Κατά την επίλυση εξισώσεων και ανισώσεων, συχνά καθίσταται απαραίτητο να συνυπολογιστεί ένα πολυώνυμο του οποίου ο βαθμός είναι τρεις ή μεγαλύτερος. Σε αυτό το άρθρο, θα εξετάσουμε τον ευκολότερο τρόπο για να το κάνετε αυτό.
Ως συνήθως, ας στραφούμε στη θεωρία για βοήθεια.
Το θεώρημα του Bezoutδηλώνει ότι το υπόλοιπο της διαίρεσης ενός πολυωνύμου με ένα διώνυμο είναι .
Αλλά δεν είναι το ίδιο το θεώρημα που είναι σημαντικό για εμάς, αλλά συμπέρασμα από αυτό:
Αν ο αριθμός είναι η ρίζα ενός πολυωνύμου, τότε το πολυώνυμο διαιρείται χωρίς υπόλοιπο με το διώνυμο.
Είμαστε αντιμέτωποι με το καθήκον να βρούμε με κάποιο τρόπο τουλάχιστον μια ρίζα του πολυωνύμου, στη συνέχεια να διαιρέσουμε το πολυώνυμο με το , όπου είναι η ρίζα του πολυωνύμου. Ως αποτέλεσμα, παίρνουμε ένα πολυώνυμο του οποίου ο βαθμός είναι κατά ένα μικρότερος από τον βαθμό του αρχικού. Και στη συνέχεια, αν χρειαστεί, μπορείτε να επαναλάβετε τη διαδικασία.
Αυτή η εργασία χωρίζεται σε δύο: πώς να βρείτε τη ρίζα ενός πολυωνύμου και πώς να διαιρέσετε ένα πολυώνυμο σε ένα διώνυμο.
Ας ρίξουμε μια πιο προσεκτική ματιά σε αυτά τα σημεία.
1. Πώς να βρείτε τη ρίζα ενός πολυωνύμου.
Αρχικά, ελέγχουμε αν οι αριθμοί 1 και -1 είναι οι ρίζες του πολυωνύμου.
Τα ακόλουθα γεγονότα θα μας βοηθήσουν εδώ:
Αν το άθροισμα όλων των συντελεστών ενός πολυωνύμου είναι μηδέν, τότε ο αριθμός είναι η ρίζα του πολυωνύμου.
Για παράδειγμα, σε ένα πολυώνυμο το άθροισμα των συντελεστών είναι ίσο με μηδέν: . Είναι εύκολο να ελέγξουμε ποια είναι η ρίζα ενός πολυωνύμου.
Αν το άθροισμα των συντελεστών ενός πολυωνύμου σε ζυγούς βαθμούς είναι ίσο με το άθροισμα των συντελεστών σε περιττούς βαθμούς, τότε ο αριθμός είναι μια ρίζα του πολυωνύμου.Ο ελεύθερος όρος θεωρείται συντελεστής σε ζυγό βαθμό, αφού το α είναι ένας ζυγός αριθμός.
Για παράδειγμα, σε ένα πολυώνυμο το άθροισμα των συντελεστών σε ζυγούς βαθμούς είναι : , και το άθροισμα των συντελεστών σε περιττούς βαθμούς είναι : . Είναι εύκολο να ελέγξουμε ποια είναι η ρίζα ενός πολυωνύμου.
Αν ούτε το 1 ούτε το -1 είναι ρίζες του πολυωνύμου, τότε προχωράμε.
Για ένα πολυώνυμο μειωμένου βαθμού (δηλαδή, ένα πολυώνυμο στο οποίο ο κύριος συντελεστής - ο συντελεστής - είναι ίσος με ένα), ισχύει ο τύπος Vieta:
Πού είναι οι ρίζες του πολυωνύμου.
Υπάρχουν επίσης τύποι Vieta που αφορούν τους υπόλοιπους συντελεστές του πολυωνύμου, αλλά αυτός είναι που μας ενδιαφέρει.
Από αυτόν τον τύπο Vieta προκύπτει ότι αν οι ρίζες ενός πολυωνύμου είναι ακέραιοι, τότε είναι διαιρέτες του ελεύθερου όρου του, που είναι επίσης ακέραιος.
Βασισμένο σε αυτό, πρέπει να αποσυνθέσουμε τον ελεύθερο όρο του πολυωνύμου σε παράγοντες και διαδοχικά, από μικρότερο σε μεγαλύτερο, να ελέγξουμε ποιος από τους παράγοντες είναι η ρίζα του πολυωνύμου.
Σκεφτείτε, για παράδειγμα, το πολυώνυμο
Ελεύθερα μέλη διαιρέτες: ; ; ;
Το άθροισμα όλων των συντελεστών του πολυωνύμου είναι ίσο, επομένως, ο αριθμός 1 δεν είναι η ρίζα του πολυωνύμου.
Το άθροισμα των συντελεστών σε ζυγές δυνάμεις:
Το άθροισμα των συντελεστών σε περιττές δυνάμεις:
Επομένως, ο αριθμός -1 δεν είναι επίσης ρίζα του πολυωνύμου.
Ας ελέγξουμε αν ο αριθμός 2 είναι η ρίζα του πολυωνύμου: επομένως, ο αριθμός 2 είναι η ρίζα του πολυωνύμου. Επομένως, σύμφωνα με το θεώρημα του Bezout, το πολυώνυμο διαιρείται χωρίς υπόλοιπο από το διώνυμο.
2. Πώς να διαιρέσετε ένα πολυώνυμο σε ένα διώνυμο.
Ένα πολυώνυμο μπορεί να χωριστεί σε ένα διώνυμο με μια στήλη.
Διαιρούμε το πολυώνυμο σε μια διωνυμική στήλη:
Υπάρχει ένας άλλος τρόπος για να διαιρέσετε ένα πολυώνυμο σε ένα διώνυμο - το σχήμα του Horner.
Δείτε αυτό το βίντεο για να καταλάβετε πώς να διαιρέσετε ένα πολυώνυμο με ένα διώνυμο με μια στήλη και χρησιμοποιώντας το σχήμα του Horner.
Σημειώνω ότι εάν, κατά τη διαίρεση με μια στήλη, κάποιος βαθμός του αγνώστου απουσιάζει στο αρχικό πολυώνυμο, γράφουμε 0 στη θέση του - όπως ακριβώς και όταν συντάσσουμε έναν πίνακα για το σχήμα Horner.
Έτσι, αν χρειαστεί να διαιρέσουμε ένα πολυώνυμο σε ένα διώνυμο και ως αποτέλεσμα της διαίρεσης πάρουμε ένα πολυώνυμο, τότε μπορούμε να βρούμε τους συντελεστές του πολυωνύμου χρησιμοποιώντας το σχήμα Horner:
Μπορούμε επίσης να χρησιμοποιήσουμε Το σχήμα του Χόρνερπροκειμένου να ελεγχθεί αν δεδομένου αριθμούη ρίζα του πολυωνύμου: αν ο αριθμός είναι η ρίζα του πολυωνύμου, τότε το υπόλοιπο της διαίρεσης του πολυωνύμου με είναι μηδέν, δηλαδή, στην τελευταία στήλη της δεύτερης σειράς του σχήματος Horner, παίρνουμε 0.
Χρησιμοποιώντας το σχήμα του Horner, "σκοτώνουμε δύο πουλιά με μια πέτρα": ταυτόχρονα ελέγχουμε αν ο αριθμός είναι η ρίζα ενός πολυωνύμου και διαιρούμε αυτό το πολυώνυμο με ένα διώνυμο.
Παράδειγμα.Λύστε την εξίσωση:
1. Γράφουμε τους διαιρέτες του ελεύθερου όρου και θα αναζητήσουμε τις ρίζες του πολυωνύμου μεταξύ των διαιρετών του ελεύθερου όρου.
Διαιρέτες του 24:
2. Ελέγξτε αν ο αριθμός 1 είναι η ρίζα του πολυωνύμου.
Το άθροισμα των συντελεστών ενός πολυωνύμου, επομένως, ο αριθμός 1 είναι η ρίζα του πολυωνύμου.
3. Διαιρέστε το αρχικό πολυώνυμο σε διώνυμο χρησιμοποιώντας το σχήμα του Horner.
Α) Να γράψετε τους συντελεστές του αρχικού πολυωνύμου στην πρώτη σειρά του πίνακα.
Εφόσον λείπει το μέλος που περιέχει, στη στήλη του πίνακα στην οποία πρέπει να αναγράφεται ο συντελεστής at, γράφουμε 0. Αριστερά γράφουμε τη ρίζα που βρέθηκε: τον αριθμό 1.
Β) Συμπληρώστε την πρώτη σειρά του πίνακα.
Στην τελευταία στήλη, όπως ήταν αναμενόμενο, πήραμε μηδέν, χωρίσαμε το αρχικό πολυώνυμο σε ένα διώνυμο χωρίς υπόλοιπο. Οι συντελεστές του πολυωνύμου που προκύπτουν από τη διαίρεση φαίνονται με μπλε χρώμα στη δεύτερη σειρά του πίνακα:
Είναι εύκολο να ελέγξουμε ότι οι αριθμοί 1 και -1 δεν είναι ρίζες του πολυωνύμου
Γ) Ας συνεχίσουμε τον πίνακα. Ας ελέγξουμε αν ο αριθμός 2 είναι η ρίζα του πολυωνύμου:
Άρα ο βαθμός του πολυωνύμου, που προκύπτει ως αποτέλεσμα της διαίρεσης με ένα, είναι μικρότερος από τον βαθμό του αρχικού πολυωνύμου, επομένως ο αριθμός των συντελεστών και ο αριθμός των στηλών είναι μικρότεροι κατά μία.
Στην τελευταία στήλη, πήραμε -40 - έναν αριθμό που δεν είναι ίσος με το μηδέν, επομένως, το πολυώνυμο διαιρείται με ένα διώνυμο με υπόλοιπο και ο αριθμός 2 δεν είναι η ρίζα του πολυωνύμου.
Γ) Ας ελέγξουμε αν ο αριθμός -2 είναι η ρίζα του πολυωνύμου. Δεδομένου ότι η προηγούμενη προσπάθεια ήταν ανεπιτυχής, για να μην υπάρξει σύγχυση με τους συντελεστές, θα διαγράψω τη γραμμή που αντιστοιχεί σε αυτήν την προσπάθεια:
Εξοχος! Στο υπόλοιπο, πήραμε μηδέν, επομένως, το πολυώνυμο χωρίστηκε σε ένα διώνυμο χωρίς υπόλοιπο, επομένως, ο αριθμός -2 είναι η ρίζα του πολυωνύμου. Οι συντελεστές του πολυωνύμου, που προκύπτει από τη διαίρεση του πολυωνύμου με το διώνυμο, φαίνονται με πράσινο χρώμα στον πίνακα.
Ως αποτέλεσμα της διαίρεσης, πήραμε τετράγωνο τριώνυμο 
, του οποίου οι ρίζες βρίσκονται εύκολα από το θεώρημα του Vieta:
Έτσι, οι ρίζες της αρχικής εξίσωσης:
{
}
Απάντηση: ( 
}
Αν πολυωνυμικό
Απόδειξη
Έστω όλοι οι συντελεστές ενός πολυωνύμου ακέραιοι και ας είναι ο ακέραιος a η ρίζα αυτού του πολυωνύμου. Εφόσον στην περίπτωση αυτή προκύπτει ότι ο συντελεστής διαιρείται με το α.
Σχόλιο. Αυτό το θεώρημα επιτρέπει στην πραγματικότητα την εύρεση των ριζών πολυωνύμων υψηλότερων βαθμών στην περίπτωση που οι συντελεστές αυτών των πολυωνύμων είναι ακέραιοι και η ρίζα είναι ρητός αριθμός. Το θεώρημα μπορεί να αναδιατυπωθεί ως εξής: αν γνωρίζουμε ότι οι συντελεστές ενός πολυωνύμου είναι ακέραιοι και οι ρίζες του είναι λογικές, τότε αυτές οι ορθολογικές ρίζες μπορούν να είναι μόνο της μορφής όπου το p είναι διαιρέτης ενός αριθμού (ελεύθερος όρος) και ο αριθμός q είναι διαιρέτης ενός αριθμού (υψηλότερος συντελεστής) .
Θεώρημα ακέραιων ριζών,που περιέχει
Αν ένας ακέραιος α είναι η ρίζα ενός πολυωνύμου με ακέραιους συντελεστές, τότε ο α είναι διαιρέτης του ελεύθερου όρου του.
Απόδειξη. Αφήνω:
P (x)=a 0 xⁿ +a 1 xⁿ -1 +…+a n-1 x +a n
ένα πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές και έναν ακέραιο α είναι η ρίζα του.
Τότε, με τον ορισμό της ρίζας, η ισότητα P (α)=0;
a 0 αⁿ+a 1 αⁿ -1 +…+a n-1 α +a n =0.
Βγάζοντας τον κοινό παράγοντα α από αγκύλες, παίρνουμε την ισότητα:
α(a 0 αⁿ -1 +a 1 αⁿ -2 +…+a n-1)+a n =0 , όπου
a n = -α(a 0 αⁿ -1 +a 1 αⁿ -2 +…+a n-1)
Εφόσον οι αριθμοί a 0 , a 1 ,…a n-1 , an και α είναι ακέραιοι, τότε υπάρχει ένας ακέραιος αριθμός στην αγκύλη και, επομένως, το a n διαιρείται με το α, το οποίο έπρεπε να αποδειχθεί.
Το αποδεδειγμένο θεώρημα μπορεί επίσης να διατυπωθεί ως εξής: κάθε ακέραια ρίζα ενός πολυωνύμου με ακέραιους συντελεστές είναι διαιρέτης του ελεύθερου όρου του.
Ο αλγόριθμος για την εύρεση ακέραιων ριζών ενός πολυωνύμου με ακέραιους συντελεστές βασίζεται στο θεώρημα: γράψτε όλους τους διαιρέτες του ελεύθερου όρου και γράψτε τις τιμές των πολυωνύμων αυτών των αριθμών μία προς μία.
2.Επιπρόσθετο θεώρημα για ακέραιες ρίζες
Αν ένας ακέραιος α είναι ρίζα πολυωνύμου P(x) με ακέραιους συντελεστές, τότε το α-1 είναι διαιρέτης του αριθμού P(1), ο α+1 είναι διαιρέτης του αριθμού P(-1)
Απόδειξη.Από ταυτότητα
xⁿ-yⁿ=(x-y)(xⁿ -1 +xⁿ -2 y+…+ xyⁿ -2 +yⁿ -1)
έπεται ότι για τους ακέραιους b και c ο αριθμός bⁿ-cⁿ διαιρείται με το b∙c. Αλλά για οποιοδήποτε πολυώνυμο P η διαφορά
P (b)-P(c)= (a 0 bⁿ+a 1 bⁿ -1 +…+a n-1 b+a n)-(a 0 cⁿ+a 1 cⁿ -1 +…+a n-1 c +a n)=
=a 0 (bⁿ- cⁿ)+a 1 (bⁿ -1 -cⁿ -1)+…+a n-1 (b-c)
και επομένως για ένα πολυώνυμο P με ακέραιους συντελεστές και ακέραιους b και c, η διαφορά P(b)-P(c) διαιρείται με το b-c.
Τότε: για b = α , σ=1, P (α)-P (1)= -P(1), που σημαίνει ότι το P(1) διαιρείται με το α-1. Η δεύτερη περίπτωση εξετάζεται παρόμοια.
Το σχήμα του Χόρνερ
Θεώρημα:Έστω το μη αναγώγιμο κλάσμα p/q η ρίζα της εξίσωσης a 0 x n +a 1 x n − 1 + +a n − 1 x+a n =0 με ακέραιους συντελεστές και μετά τον αριθμό q είναι διαιρέτης του αρχικού συντελεστή a0, και του αριθμού R είναι διαιρέτης του ελεύθερου όρου a n .
Παρατήρηση 1. Οποιαδήποτε ακέραια ρίζα μιας εξίσωσης με ακέραιους συντελεστές είναι διαιρέτης του ελεύθερου όρου της.
Παρατήρηση 2.Αν ο κύριος συντελεστής μιας εξίσωσης με ακέραιους συντελεστές είναι ίσος με 1, τότε όλες οι ορθολογικές ρίζες, αν υπάρχουν, είναι ακέραιοι.
Πολυωνυμική ρίζα.Η ρίζα του πολυωνύμου f(x)= a 0 x n +a 1 x n − 1 + +a n − 1 x+a n είναι x = γ , τέτοιο που φά (γ)=0 .
Παρατήρηση 3.Αν ένα x = γ πολυωνυμική ρίζα , τότε το πολυώνυμο μπορεί να γραφτεί ως: f(x)=(x−c)q(x) , όπου είναι το πηλίκο της διαίρεσης του πολυωνύμου f(x) σε μονώνυμο x-c
Η διαίρεση ενός πολυωνύμου με ένα μονώνυμο μπορεί να γίνει σύμφωνα με το σχήμα του Horner:
Αν ένα f(x)=a 0 x n +a 1 x n − 1 + +a n − 1 x+a n , a0 ≠0 , g(x)=x−c , τότε κατά τη διαίρεση φά (Χ) στο σολ (Χ) ιδιωτικός q(x) έχει τη μορφή q(x)=b 0 x n − 1 +b 1 x n − 2 + +b n−2 x+b n−1 , όπου b 0 = a 0 ,
b k =c b k − 1 + a k , k=1, 2, ,n−1.Υπόλοιπο r βρίσκεται σύμφωνα με τον τύπο r=c b n − 1 +a n
Λύση:Ο συντελεστής στον υψηλότερο βαθμό είναι 1, επομένως οι ακέραιες ρίζες της εξίσωσης πρέπει να αναζητηθούν μεταξύ των διαιρετών του ελεύθερου όρου: 1; 2; 3; τέσσερα? 6; 12. χρησιμοποιώντας το σχήμα Horner, βρίσκουμε τις ακέραιες ρίζες της εξίσωσης:
Εάν επιλεγεί μία ρίζα σύμφωνα με το σχήμα του Horner. τότε μπορείς να αποφασίσεις έτσι x 3 −x 2 −8x+12=(x−2)(x 2 +x−6)=0 (x−2) 2 (x−3)=0 x=2;x=3
Το ζήτημα της εύρεσης ορθολογικές ρίζεςπολυώνυμος φά(Χ)Q[Χ] (με ορθολογικούς συντελεστές) ανάγεται στο ερώτημα της εύρεσης ορθολογικών ριζών πολυωνύμων κ
∙
φά(Χ)
Ζ[Χ] (με ακέραιους συντελεστές). Εδώ ο αριθμός κείναι το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των συντελεστών του δεδομένου πολυωνύμου.
Απαραίτητες αλλά όχι επαρκείς προϋποθέσεις για την ύπαρξη ορθολογικών ριζών πολυωνύμου με ακέραιους συντελεστές δίνονται από το παρακάτω θεώρημα.
Θεώρημα 6.1 (επί ορθολογικών ριζών πολυωνύμου με ακέραιους συντελεστές).
Αν ένα
–
ορθολογική ρίζα πολυωνύμουφά(Χ)
=
ένα n
Χ n +
+
…+
ένα 1
Χ
+
ένα 0
Με
ολόκληρος
συντελεστές, και(Π,
q)
= 1, τότε ο αριθμητής του κλάσματοςΠείναι διαιρέτης του ελεύθερου όρου α 0
, και ο παρονομαστήςqείναι ο διαιρέτης του προπορευόμενου συντελεστή α 0
.
Θεώρημα 6.2.Αν ένα
Q
(
όπου
(Π,
q)
=
1)
είναι μια λογική ρίζα του πολυωνύμου
φά(Χ)
με ακέραιους συντελεστές λοιπόν
–ολόκληροι αριθμοί.
Παράδειγμα.Βρείτε όλες τις ορθολογικές ρίζες ενός πολυωνύμου
φά(Χ) = 6 Χ 4 + Χ 3 + 2 Χ 2 – 4 x+ 1.
1. Με το Θεώρημα 6.1: αν
–
ορθολογική ρίζα πολυωνύμου φά(Χ),
(όπου( Π,
q)
= 1),
έπειτα ένα 0
= 1
Π,
ένα n
= 6
q. Να γιατί Π 
{
1}, q 
(1, 2, 3, 6), έτσι
.
2. Είναι γνωστό ότι (Συνέπεια 5.3) ο αριθμός έναείναι η ρίζα του πολυωνύμου φά(Χ) αν και μόνο αν φά(Χ) διαιρούμενο με ( x - α).
Επομένως, για να ελέγξετε αν οι αριθμοί 1 και -1 είναι οι ρίζες του πολυωνύμου φά(Χ) μπορείτε να χρησιμοποιήσετε το σχήμα του Horner:
φά(1)
= 6
0,φά(–1)
= 12
0, άρα το 1 και το -1 δεν είναι ρίζες του πολυωνύμου φά(Χ).
3. Για να αφαιρέσετε μερικούς από τους υπόλοιπους αριθμούς 
, χρησιμοποιούμε το Θεώρημα 6.2. Αν εκφράσεις 
ή 
παίρνει ακέραιες τιμές για τις αντίστοιχες τιμές αριθμητή Πκαι παρονομαστής q, τότε στα αντίστοιχα κελιά του πίνακα (δείτε παρακάτω) θα γράψουμε το γράμμα "c", διαφορετικά - "dr".
|
|
|
|
|
|||
|
| ||||||
|
|
=
=
4. Χρησιμοποιώντας το σχήμα του Horner, ελέγχουμε αν οι αριθμοί που απομένουν μετά το κοσκίνισμα θα είναι 
ρίζες φά(Χ). Διαιρέστε πρώτα φά(Χ) στο ( Χ
–
).
Ως αποτέλεσμα, έχουμε: φά(Χ) = (Χ – )(6 Χ 3 + 4 Χ 2 + 4 Χ - 2) και - ρίζα φά(Χ). Ιδιωτικός q(Χ) = 6 Χ 3 + 4 Χ 2 + 4 Χ - 2 διαιρέστε με ( Χ + ).
Επειδή q
(–)
= 3
0, τότε το (-) δεν είναι ρίζα του πολυωνύμου q(Χ), και ως εκ τούτου το πολυώνυμο φά(Χ).
Τέλος, διαιρούμε το πολυώνυμο q(Χ) = 6 Χ 3 + 4 Χ 2 + + 4 Χ - 2 στις ( Χ – ).
Πήρα: q () = 0, δηλαδή η ρίζα q(Χ), που σημαίνει ότι η ρίζα φά (Χ). Άρα το πολυώνυμο φά (Χ) έχει δύο ορθολογικές ρίζες: και.
Εξαίρεση από τον αλγεβρικό παραλογισμό στον παρονομαστή ενός κλάσματος
Σε ένα σχολικό μάθημα, κατά την επίλυση ορισμένων τύπων προβλημάτων για να απαλλαγούμε από τον παραλογισμό στον παρονομαστή ενός κλάσματος, αρκεί να πολλαπλασιάσουμε τον αριθμητή και τον παρονομαστή του κλάσματος με τον αριθμό συζυγών με τον παρονομαστή.
Παραδείγματα. 1.t
=
.
Εδώ, ο συντομευμένος τύπος πολλαπλασιασμού (διαφορά τετραγώνων) λειτουργεί στον παρονομαστή, ο οποίος σας επιτρέπει να απαλλαγείτε από τον παραλογισμό στον παρονομαστή.
2. Απαλλαγείτε από τον παραλογισμό στον παρονομαστή ενός κλάσματος
t
=
. Έκφραση - ημιτελές τετράγωνο της διαφοράς των αριθμών ένα=
και σι= 1. Χρησιμοποιώντας τον τύπο μειωμένου πολλαπλασιασμού ένα 3
–
σι 3
=
(ένα +σι)
· ( ένα 2
–
αβ
+
σι 2
), μπορούμε να ορίσουμε τον πολλαπλασιαστή Μ
= (ένα +σι)
=
+ 1, με το οποίο πρέπει να πολλαπλασιαστούν ο αριθμητής και ο παρονομαστής του κλάσματος tγια να απαλλαγούμε από τον παραλογισμό στον παρονομαστή του κλάσματος t. Με αυτόν τον τρόπο,
Σε περιπτώσεις όπου οι τύποι μειωμένου πολλαπλασιασμού δεν λειτουργούν, μπορούν να χρησιμοποιηθούν άλλα κόλπα. Παρακάτω διατυπώνουμε ένα θεώρημα, η απόδειξη του οποίου, ειδικότερα, μας επιτρέπει να βρούμε έναν αλγόριθμο για την εξάλειψη του παραλογισμού στον παρονομαστή ενός κλάσματος σε πιο σύνθετες καταστάσεις.
Ορισμός 6.1.Αριθμός zπου ονομάζεται αλγεβρικό πάνω από ένα πεδίο
φάαν υπάρχει πολυώνυμο φά(Χ)
φά[Χ], του οποίου η ρίζα είναι z, διαφορετικά ο αριθμός zπου ονομάζεται υπερβατικό πάνω από το γήπεδοφά.
Ορισμός 6.2.Αλγεβρικός βαθμός πάνω από το πεδίο
φά
αριθμοί
zείναι ο βαθμός του μη αναγώγιμου πάνω από το πεδίο φάπολυώνυμος Π(Χ)
φά[Χ], του οποίου η ρίζα είναι ο αριθμός z.
Παράδειγμα.Ας δείξουμε ότι ο αριθμός z = 
είναι αλγεβρικό πάνω στο πεδίο Qκαι βρείτε το βαθμό του.
Ας βρούμε το μη αναγώγιμο πάνω από το γήπεδο Qπολυώνυμος Π(Χ), του οποίου η ρίζα είναι Χ
=
. Ανεβάζουμε και τις δύο πλευρές της ισότητας Χ
=
στην τέταρτη δύναμη, φτάνουμε Χ 4
= 2 ή Χ 4
–
2
= 0. Άρα, Π(Χ)
= Χ 4
–
2, και η ισχύς του αριθμού zείναι ίσο με deg
Π(Χ)
= 4.
Θεώρημα 6.3
(για την απελευθέρωση από τον αλγεβρικό παραλογισμό στον παρονομαστή ενός κλάσματος).Αφήνωzείναι ένας αλγεβρικός αριθμός πάνω από ένα πεδίοφάβαθμόςn. Έκφραση της φόρμαςt
=
,όπου
φά(Χ),
(Χ)
φά[Χ],
(z) 
0
μπορεί να αναπαρασταθεί μόνο με τη μορφή:
t
= Με n -1
z n -1
+
ντο n -2
z n -2
+ … +
ντο 1
z
+
ντο 0
,
ντο Εγώ
φά.
Θα δείξουμε τον αλγόριθμο για την εξάλειψη του παραλογισμού στον παρονομαστή ενός κλάσματος χρησιμοποιώντας ένα συγκεκριμένο παράδειγμα.
Παράδειγμα.Απαλλαγείτε από τον παραλογισμό στον παρονομαστή ενός κλάσματος:
t
=
1. Ο παρονομαστής του κλάσματος είναι η τιμή του πολυωνύμου 
(Χ)
= Χ 2
– Χ+1 όταν Χ
=
. Το προηγούμενο παράδειγμα δείχνει ότι 
είναι ένας αλγεβρικός αριθμός πάνω από ένα πεδίο Qβαθμός 4, αφού είναι η ρίζα ενός μη αναγώγιμου over Qπολυώνυμος Π(Χ)
= Χ 4
–
2.
2. Βρείτε τη γραμμική επέκταση του gcd ( 
(Χ),
Π(Χ)) χρησιμοποιώντας τον αλγόριθμο Ευκλείδη.
_ Χ 4 – 2 | Χ 2 - Χ + 1
Χ 4 - Χ 3 + x 2 Χ 2 + x = q 1 (Χ)
_ Χ 3 - Χ 2 – 2
Χ 3 - Χ 2 + x
Χ 2 - Χ + 1 | – Χ –2 = r 1 (Χ )
Χ 2 + 2 Χ – x + 3 = q 2 (Χ)
_–3Χ+ 1
–3 Χ – 6
_ – Χ –2 |7 = r 2
– Χ –2 -Χ - =q 3 (Χ)
Λοιπόν, NOD ( 
(Χ),
Π(Χ))
= r 2
=
7. Βρείτε τη γραμμική διαστολή του.
Γράφουμε την ακολουθία του Ευκλείδη χρησιμοποιώντας τον συμβολισμό των πολυωνύμων.
Π(Χ)
=
(Χ)
· q 1
(Χ)
+ r 1
(Χ)
r 1
(Χ)
=Π(Χ)
–
(Χ)
· q 1
(Χ)
Όπως έχουμε ήδη σημειώσει, ένα από τα πιο σημαντικά προβλήματα στη θεωρία των πολυωνύμων είναι το πρόβλημα της εύρεσης των ριζών τους. Για να λύσετε αυτό το πρόβλημα, μπορείτε να χρησιμοποιήσετε τη μέθοδο επιλογής, π.χ. Πάρτε έναν αριθμό τυχαία και ελέγξτε αν είναι ρίζα ενός δεδομένου πολυωνύμου.
Σε αυτή την περίπτωση, μπορείτε γρήγορα να «σκοντάψετε» στη ρίζα, ή να μην τη βρείτε ποτέ. Άλλωστε είναι αδύνατο να ελέγξετε όλους τους αριθμούς, αφού είναι άπειροι.
Θα ήταν άλλο θέμα εάν μπορούσαμε να περιορίσουμε το εύρος της αναζήτησης, για παράδειγμα, να γνωρίζουμε ότι οι επιθυμητές ρίζες βρίσκονται, ας πούμε, μεταξύ των τριάντα καθορισμένων αριθμών. Και για τριάντα αριθμούς, μπορείτε να κάνετε έναν έλεγχο. Σε σχέση με όλα όσα ειπώθηκαν παραπάνω, ο ακόλουθος ισχυρισμός φαίνεται να είναι σημαντικός και ενδιαφέρον.
Εάν το μη αναγώγιμο κλάσμα l/m (l,m είναι ακέραιοι) είναι η ρίζα ενός πολυωνύμου f (x) με ακέραιους συντελεστές, τότε ο κύριος συντελεστής αυτού του πολυωνύμου διαιρείται με το m και ο ελεύθερος όρος διαιρείται με το 1.
Πράγματι, αν f (x) =anxn+an-1xn-1+... +a1x+a0, an?0, όπου an, an-1,...,a1, a0 είναι ακέραιοι, τότε f (l/ m) =0, δηλ. an (l/m) n+an-1 (l/m) n-1+... +a1l/m+a0=0.
Ας πολλαπλασιάσουμε και τα δύο μέρη αυτής της ισότητας με mn. Παίρνουμε anln+an-1ln-1m+... +a1lmn-1+a0mn=0.
Αυτό υπονοεί:
anln=m (-an-1ln-1-... - a1lmn-2-a0mn-1).
Βλέπουμε ότι ο ακέραιος αριθμός anln διαιρείται με το m. Αλλά το l/m είναι ένα μη αναγώγιμο κλάσμα, δηλ. οι αριθμοί l και m είναι συμπρώτοι και, όπως είναι γνωστό από τη θεωρία της διαιρετότητας των ακεραίων, οι αριθμοί ln και m είναι επίσης συμπρώτοι. Άρα το anln διαιρείται με το m και το m είναι συμπρωτεύον με το ln, άρα το an διαιρείται με το m.
Το αποδεδειγμένο θέμα μας επιτρέπει να περιορίσουμε σημαντικά την περιοχή αναζήτησης για ορθολογικές ρίζες ενός πολυωνύμου με ακέραιους συντελεστές. Ας το δείξουμε αυτό με ένα συγκεκριμένο παράδειγμα. Ας βρούμε τις ορθολογικές ρίζες του πολυωνύμου f (x) =6x4+13x2-24x2-8x+8. Σύμφωνα με το θεώρημα, οι ορθολογικές ρίζες αυτού του πολυωνύμου συγκαταλέγονται στα μη αναγώγιμα κλάσματα της μορφής l/m, όπου l είναι ο διαιρέτης του ελεύθερου όρου a0=8 και m είναι ο διαιρέτης του συντελεστή α4=6. ταυτόχρονα, εάν το κλάσμα l/m είναι αρνητικό, τότε το σύμβολο "-" θα αναφέρεται στον αριθμητή. Για παράδειγμα, - (1/3) = (-1) /3. Μπορούμε λοιπόν να πούμε ότι το l είναι διαιρέτης του 8 και το m είναι θετικός διαιρέτης του 6.
Εφόσον οι διαιρέτες του αριθμού 8 είναι ±1, ±2, ±4, ±8 και οι θετικοί διαιρέτες του αριθμού 6 είναι 1, 2, 3, 6, τότε οι ορθολογικές ρίζες του πολυωνύμου που εξετάζουμε είναι μεταξύ των αριθμών ±1, ±1/2, ± 1/3, ±1/6, ±2, ±2/3, ±4, ±4/3, ±8, ±8/3. Θυμηθείτε ότι έχουμε γράψει μόνο μη αναγώγιμα κλάσματα.
Έτσι, έχουμε είκοσι αριθμούς - «υποψήφιους» για τις ρίζες. Απομένει μόνο να ελέγξετε καθένα από αυτά και να επιλέξετε αυτά που είναι πραγματικά ρίζες. Αλλά και πάλι, πρέπει να κάνετε πολλούς ελέγχους. Αλλά το ακόλουθο θεώρημα απλοποιεί αυτήν την εργασία.
Αν το μη αναγώγιμο κλάσμα l/m είναι η ρίζα ενός πολυωνύμου f(x) με ακέραιους συντελεστές, τότε η f(k) διαιρείται με το l-km για οποιονδήποτε ακέραιο k, με την προϋπόθεση ότι l-km?0.
Για να αποδείξουμε αυτό το θεώρημα, διαιρούμε τη f (x) με το x-k με ένα υπόλοιπο. Παίρνουμε f (Χ) = (x-k) μικρό (Χ) +στ (κ).Εφόσον η f (x) είναι πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές, το ίδιο ισχύει και για το πολυώνυμο s (x), και η f (k) είναι ακέραιος. Έστω s (x) =bn-1+bn-2+…+b1x+b0. Τότε f (x) - f (k) = (x-k) (bn-1xn-1+bn-2xn-2+ …+b1x+b0). Βάζουμε σε αυτή την ισότητα x=l/m. Λαμβάνοντας υπόψη ότι f (l/m) =0, παίρνουμε
f (k) = ((l/m) - k) (bn-1 (l/m) n-1+bn-2 (l/m) n-2+…+b1 (l/m) +b0) .
Πολλαπλασιάστε και τις δύο πλευρές της τελευταίας ισότητας με mn:
mnf (k) = (l-km) (bn-1ln-1+bn-2ln-2m+…+b1lmn-2+b0mn-1).
Από αυτό προκύπτει ότι ο ακέραιος αριθμός mnf (k) διαιρείται με το l-km. Επειδή όμως τα l και m είναι συμπρώτες, το mn και το l-km είναι επίσης συμπρώτες, άρα η f(k) διαιρείται με το l-km. Το θεώρημα έχει αποδειχθεί.
Ας επιστρέψουμε τώρα στο παράδειγμά μας και, χρησιμοποιώντας το αποδεδειγμένο θεώρημα, ας περιορίσουμε περαιτέρω τον κύκλο των αναζητήσεων για ορθολογικές ρίζες. Ας εφαρμόσουμε το καθορισμένο θεώρημα σε k=1 και k=-1, δηλ. αν το μη αναγώγιμο κλάσμα l/m είναι η ρίζα του πολυωνύμου f(x), τότε f(1)/(l-m) και f(-1)/(l+m). Είναι εύκολο να βρούμε ότι στην περίπτωσή μας f (1) = -5, και f (-1) = -15. Σημειώστε ότι, ταυτόχρονα, αποκλείσαμε το ±1 από την εξέταση.
Άρα οι ορθολογικές ρίζες του πολυωνύμου μας θα πρέπει να αναζητηθούν μεταξύ των αριθμών ±1/2, ±1/3, ±1/6, ±2, ±2/3, ±4, ±4/3, ±8, ±8/ 3.
Θεωρήστε l/m=1/2. Τότε το l-m=-1 και η f (1) =-5 διαιρείται με αυτόν τον αριθμό. Επιπλέον, το l + m = 3 και η f (1) = -15 διαιρείται επίσης με το 3. Επομένως, το κλάσμα 1/2 παραμένει μεταξύ των "υποψήφιων" για τις ρίζες.
Έστω τώρα lm=- (1/2) = (-1) /2. Σε αυτήν την περίπτωση, το l-m=-3 και η f (1) =-5 δεν διαιρείται με το - 3. Επομένως, το κλάσμα - 1/2 δεν μπορεί να είναι η ρίζα αυτού του πολυωνύμου και το αποκλείουμε από περαιτέρω εξέταση. Ας ελέγξουμε για κάθε ένα από τα κλάσματα που γράφτηκαν παραπάνω, παίρνουμε ότι οι επιθυμητές ρίζες είναι μεταξύ των αριθμών 1/2, ±2/3, 2, - 4.
Έτσι, αρκετά απλό κόλποέχουμε περιορίσει σημαντικά το εύρος της αναζήτησης ορθολογικών ριζών του πολυωνύμου που εξετάζουμε. Λοιπόν, για να ελέγξουμε τους υπόλοιπους αριθμούς, εφαρμόζουμε το σχήμα του Horner:
Πίνακας 10
Καταλάβαμε ότι το υπόλοιπο κατά τη διαίρεση του g (x) με το x-2/3 είναι - 80/9, δηλαδή τα 2/3 δεν είναι η ρίζα του πολυωνύμου g (x), και επομένως η f (x).
Περαιτέρω, βρίσκουμε εύκολα ότι - 2/3 είναι η ρίζα του πολυωνύμου g (x) και g (x) = (3x+2) (x2+2x-4). Τότε f (x) = (2x-1) (3x+2) (x2+2x-4). Περαιτέρω επαλήθευση μπορεί να πραγματοποιηθεί για το πολυώνυμο x2+2x-4, το οποίο, φυσικά, είναι ευκολότερο από το g (x) ή ακόμη περισσότερο για το f (x). Ως αποτέλεσμα, παίρνουμε ότι οι αριθμοί 2 και - 4 δεν είναι ρίζες.
Άρα, το πολυώνυμο f (x) =6x4+13x3-24x2-8x+8 έχει δύο ορθολογικές ρίζες: 1/2 και - 2/3.
Θυμηθείτε ότι η μέθοδος που περιγράφεται παραπάνω καθιστά δυνατή την εύρεση μόνο ορθολογικών ριζών ενός πολυωνύμου με ακέραιους συντελεστές. Εν τω μεταξύ, ένα πολυώνυμο μπορεί επίσης να έχει παράλογες ρίζες. Έτσι, για παράδειγμα, το πολυώνυμο που εξετάζεται στο παράδειγμα έχει δύο ακόμη ρίζες: - 1 ± v5 (αυτές είναι οι ρίζες του πολυωνύμου x2 + 2x-4). Και, μιλώντας γενικά, ένα πολυώνυμο μπορεί να μην έχει καθόλου ορθολογικές ρίζες.
Τώρα ας δώσουμε μερικές συμβουλές.
Κατά τον έλεγχο «υποψήφιων» για τις ρίζες του πολυωνύμου f (x) χρησιμοποιώντας το δεύτερο από τα θεωρήματα που αποδείχθηκαν παραπάνω, το τελευταίο χρησιμοποιείται συνήθως για τις περιπτώσεις k=±1. Με άλλα λόγια, εάν το l/m είναι «υποψήφιος» για ρίζες, τότε ελέγχουν αν τα f (1) και f (-1) διαιρούνται με τα l-m και l+m, αντίστοιχα. Αλλά μπορεί να συμβεί, για παράδειγμα, f (1) =0, δηλ. 1 είναι η ρίζα, και στη συνέχεια η f (1) διαιρείται με οποιονδήποτε αριθμό και η επιταγή μας χάνει το νόημά της. Σε αυτή την περίπτωση, το f(x) θα πρέπει να διαιρεθεί με το x-1, δηλ. πάρτε f (x) = (x-1) s (x) και ελέγξτε για το πολυώνυμο s (x). Ταυτόχρονα, δεν πρέπει να ξεχνάμε ότι έχουμε ήδη βρει μια ρίζα του πολυωνύμου f (x) - x1=1. Εάν, κατά τον έλεγχο των "υποψήφιων" για τις ρίζες που απομένουν μετά τη χρήση του δεύτερου θεωρήματος στις ορθολογικές ρίζες, σύμφωνα με το σχήμα του Horner, λάβουμε ότι, για παράδειγμα, το l / m είναι μια ρίζα, τότε θα πρέπει να βρεθεί η πολλαπλότητά του. Αν είναι, ας πούμε, k, τότε f(x) = (x-l/m)ks(x) και μπορεί να γίνει περαιτέρω επαλήθευση για το s(x), το οποίο μειώνει τον υπολογισμό.
Έτσι, μάθαμε να βρίσκουμε ορθολογικές ρίζες ενός πολυωνύμου με ακέραιους συντελεστές. Αποδεικνύεται ότι με αυτόν τον τρόπο μάθαμε να βρίσκουμε τις παράλογες ρίζες ενός πολυωνύμου με ορθολογικούς συντελεστές. Πράγματι, αν έχουμε, για παράδειγμα, ένα πολυώνυμο f (x) \u003d x4 + 2 / 3x3 + 5 / 6x2 + 3 / 8x + 2, τότε, μειώνοντας τους συντελεστές σε κοινό παρονομαστή και βάζοντάς το εκτός παρενθέσεων, πάρτε f (x) =1/24 (24x4+16x3-20x2+9x+48). Είναι σαφές ότι οι ρίζες του πολυωνύμου f (x) συμπίπτουν με τις ρίζες του πολυωνύμου σε αγκύλες και οι συντελεστές του είναι ακέραιοι. Ας αποδείξουμε, για παράδειγμα, ότι το sin100 είναι ένας παράλογος αριθμός. Ας χρησιμοποιήσουμε τον γνωστό τύπο sin3?=3sin?-4sin3?. Ως εκ τούτου sin300=3sin100-4sin3100. Λαμβάνοντας υπόψη ότι sin300=0,5 και κάνοντας απλούς μετασχηματισμούς, παίρνουμε 8sin3100-6sin100+1=0. Επομένως, sin100 είναι η ρίζα του πολυωνύμου f (x) =8x3-6x+1. Αν αναζητήσουμε ορθολογικές ρίζες αυτού του πολυωνύμου, τότε θα βεβαιωθούμε ότι δεν υπάρχουν. Αυτό σημαίνει ότι η ρίζα sin100 δεν είναι ρητός αριθμός, δηλ. Το sin100 είναι ένας παράλογος αριθμός.
Και τα λοιπά. είναι γενικής φύσεως και μεγάλης σημασίαςνα μελετήσει ΟΛΟΚΛΗΡΟ το μάθημα των ανώτερων μαθηματικών. Σήμερα θα επαναλάβουμε τις "σχολικές" εξισώσεις, αλλά όχι μόνο τις "σχολικές" - αλλά αυτές που βρίσκονται παντού σε διάφορες εργασίες του vyshmat. Ως συνήθως, η ιστορία θα πάει με έναν εφαρμοσμένο τρόπο, δηλ. Δεν θα επικεντρωθώ σε ορισμούς, ταξινομήσεις, αλλά θα μοιραστώ ακριβώς μαζί σας προσωπική εμπειρίαλύσεις. Οι πληροφορίες προορίζονται κυρίως για αρχάριους, αλλά οι πιο προετοιμασμένοι αναγνώστες θα βρουν επίσης πολλά ενδιαφέροντα σημεία για τον εαυτό τους. Και φυσικά θα υπάρξει νέο υλικό, εκτός του πεδίου εφαρμογής Λύκειο.
Η εξίσωση λοιπόν... Πολλοί θυμούνται αυτή τη λέξη με ρίγη. Ποιες είναι οι «φανταχτερές» εξισώσεις με τις ρίζες... ...ξεχάστε τις! Γιατί πιο πέρα θα συναντήσεις τους πιο ακίνδυνους «εκπροσώπους» αυτού του είδους. Ή βαρετές τριγωνομετρικές εξισώσεις με δεκάδες μεθόδους επίλυσης. Για να είμαι ειλικρινής, ούτε εμένα μου άρεσαν πολύ... Κανένας πανικός! - τότε σας περιμένουν κυρίως «πικραλίδες» με προφανή λύση σε 1-2 βήματα. Αν και η "κολλιτσίδα", φυσικά, προσκολλάται - εδώ πρέπει να είστε αντικειμενικοί.
Παραδόξως, στα ανώτερα μαθηματικά είναι πολύ πιο συνηθισμένο να αντιμετωπίζουμε πολύ πρωτόγονες εξισώσεις όπως γραμμικόςεξισώσεις.
Τι σημαίνει η επίλυση αυτής της εξίσωσης; Αυτό σημαίνει - να βρείτε ΤΕΤΟΙΑ τιμή του "x" (ρίζα), που το μετατρέπει σε πραγματική ισότητα. Ας γυρίσουμε την «τρόικα» δεξιά με αλλαγή ταμπέλας:
και ρίξτε το "δύο" στη δεξιά πλευρά (ή, το ίδιο πράγμα - πολλαπλασιάστε και τα δύο μέρη με)
:
Για έλεγχο, αντικαθιστούμε το κερδισμένο τρόπαιο στην αρχική εξίσωση: 
Λαμβάνεται η σωστή ισότητα, που σημαίνει ότι η τιμή που βρέθηκε είναι πράγματι η ρίζα αυτής της εξίσωσης. Ή, όπως λένε, ικανοποιεί αυτή την εξίσωση.
Σημειώστε ότι η ρίζα μπορεί επίσης να γραφτεί ως δεκαδικό κλάσμα:
Και προσπαθήστε να μην κολλήσετε σε αυτό το άσχημο στυλ! Επανέλαβα τον λόγο πολλές φορές, ιδιαίτερα στο πρώτο μάθημα ανώτερη άλγεβρα.
Παρεμπιπτόντως, η εξίσωση μπορεί επίσης να λυθεί "στα αραβικά":
Και το πιο ενδιαφέρον - αυτός ο δίσκος είναι απολύτως νόμιμος! Αλλά αν δεν είστε δάσκαλος, τότε είναι καλύτερα να μην το κάνετε αυτό, γιατί η πρωτοτυπία τιμωρείται εδώ =)
Και τώρα λίγα για
μέθοδος γραφικής λύσης
Η εξίσωση έχει τη μορφή και η ρίζα της είναι συντεταγμένη "x". σημεία τομής γράφημα γραμμικής συνάρτησηςμε χρονοδιάγραμμα γραμμική συνάρτηση (άξονας τετμημένης):
Φαίνεται ότι το παράδειγμα είναι τόσο στοιχειώδες που δεν υπάρχει τίποτα άλλο να αναλυθεί εδώ, αλλά μια ακόμη απροσδόκητη απόχρωση μπορεί να "συμπιεστεί" από αυτό: αντιπροσωπεύουμε την ίδια εξίσωση στη μορφή και σχεδιάζουμε τα γραφήματα συνάρτησης: 
Εν, παρακαλώ μην μπερδεύετε τα δύο: μια εξίσωση είναι μια εξίσωση, και λειτουργίαείναι συνάρτηση! Λειτουργίες μόνο βοήθειαβρείτε τις ρίζες της εξίσωσης. Εκ των οποίων μπορεί να είναι δύο, τρία, τέσσερα, ακόμη και απείρως πολλά. Το πιο κοντινό παράδειγμα με αυτή την έννοια είναι ότι όλοι γνωρίζουν τετραγωνική εξίσωση, του οποίου ο αλγόριθμος λύσης απονεμήθηκε ξεχωριστό στοιχείο «καυτές» σχολικές φόρμουλες. Και αυτό δεν είναι τυχαίο! Αν μπορείτε να λύσετε μια εξίσωση του δευτεροβάθμιου και να ξέρετε το Πυθαγόρειο θεώρημα, τότε, θα έλεγε κανείς, «το πάτωμα των ανώτερων μαθηματικών είναι ήδη στην τσέπη σου» =) Υπερβολικό, φυσικά, αλλά όχι και τόσο μακριά από την αλήθεια!
Και επομένως, δεν είμαστε πολύ τεμπέληδες και λύνουμε κάποια δευτεροβάθμια εξίσωση σύμφωνα με τυπικός αλγόριθμος:
, άρα η εξίσωση έχει δύο διαφορετικά έγκυροςρίζα: 
Είναι εύκολο να επαληθευτεί ότι και οι δύο τιμές που βρέθηκαν ικανοποιούν πραγματικά αυτήν την εξίσωση: 
Τι να κάνετε εάν ξεχάσατε ξαφνικά τον αλγόριθμο λύσης και δεν υπάρχουν εργαλεία / χέρια βοηθείας; Μια τέτοια κατάσταση μπορεί να προκύψει, για παράδειγμα, σε ένα τεστ ή μια εξέταση. Χρησιμοποιούμε τη γραφική μέθοδο! Και υπάρχουν δύο τρόποι: μπορείτε σημειακή κατασκευήπαραβολή 
, ανακαλύπτοντας έτσι πού τέμνει τον άξονα (αν διασταυρωθεί καθόλου). Αλλά είναι καλύτερα να ενεργούμε πιο πονηρά: παρουσιάζουμε την εξίσωση με τη μορφή, σχεδιάζουμε γραφήματα απλούστερων συναρτήσεων - και συντεταγμένες "x".τα σημεία τομής τους, με μια ματιά! 
Εάν αποδειχθεί ότι η γραμμή αγγίζει την παραβολή, τότε η εξίσωση έχει δύο συμπίπτουσες (πολλαπλές) ρίζες. Εάν αποδειχθεί ότι η γραμμή δεν τέμνει την παραβολή, τότε δεν υπάρχουν πραγματικές ρίζες.
Για να γίνει αυτό, φυσικά, πρέπει να είστε σε θέση να χτίσετε γραφήματα στοιχειωδών συναρτήσεων, αλλά από την άλλη, αυτές οι δεξιότητες είναι στις δυνάμεις ακόμη και ενός μαθητή.
Και πάλι - μια εξίσωση είναι μια εξίσωση, και οι συναρτήσεις είναι συναρτήσεις που μόνο βοήθησελύσε την εξίσωση!
Και εδώ, παρεμπιπτόντως, θα ήταν σκόπιμο να θυμηθούμε κάτι ακόμη: αν όλοι οι συντελεστές της εξίσωσης πολλαπλασιαστούν με έναν μη μηδενικό αριθμό, τότε οι ρίζες της δεν θα αλλάξουν.
Έτσι, για παράδειγμα, η εξίσωση 
έχει τις ίδιες ρίζες. Ως την απλούστερη «απόδειξη», θα βγάλω τη σταθερά εκτός παρενθέσεων: 
και αφαιρέστε το ανώδυνα (Θα χωρίσω και τα δύο μέρη σε "μείον δύο"):
ΑΛΛΑ!Αν λάβουμε υπόψη τη συνάρτηση 
, τότε εδώ είναι ήδη αδύνατο να απαλλαγούμε από τη σταθερά! Είναι δυνατό μόνο να αφαιρέσετε τον πολλαπλασιαστή από παρενθέσεις: 
.
Πολλοί υποτιμούν τη μέθοδο της γραφικής λύσης, θεωρώντας ότι είναι κάτι «αναξιοπρεπές», και κάποιοι μάλιστα ξεχνούν εντελώς αυτή τη δυνατότητα. Και αυτό είναι θεμελιωδώς λάθος, γιατί η συνωμοσία μερικές φορές απλώς σώζει την κατάσταση!
Ένα άλλο παράδειγμα: ας υποθέσουμε ότι δεν θυμάστε τις ρίζες της απλούστερης τριγωνομετρικής εξίσωσης:. Γενικός τύποςυπάρχουν στα σχολικά εγχειρίδια, σε όλα τα βιβλία αναφοράς για τα μαθηματικά της δημοτικής, αλλά δεν είναι διαθέσιμα σε εσάς. Ωστόσο, η επίλυση της εξίσωσης είναι κρίσιμη (αλλιώς "δύο"). Υπάρχει έξοδος! - χτίζουμε γραφήματα συναρτήσεων: 
μετά από την οποία καταγράφουμε ήρεμα τις συντεταγμένες "x" των σημείων τομής τους: 
Υπάρχουν άπειρες ρίζες και η διπλωμένη τους σημειογραφία γίνεται αποδεκτή στην άλγεβρα:
, όπου ( – σύνολο ακεραίων)
.
Και, χωρίς να «φύγουμε από το ταμείο», λίγα λόγια για τη γραφική μέθοδο επίλυσης ανισοτήτων με μία μεταβλητή. Η αρχή είναι η ίδια. Έτσι, για παράδειγμα, οποιοδήποτε «x» είναι η λύση της ανισότητας, γιατί το ημιτονοειδές βρίσκεται σχεδόν εξ ολοκλήρου κάτω από την ευθεία γραμμή. Η λύση στην ανισότητα είναι το σύνολο των διαστημάτων στα οποία τα κομμάτια του ημιτονοειδούς βρίσκονται αυστηρά πάνω από την ευθεία (τετμημένη):
ή εν συντομία:
Και εδώ είναι το σύνολο των λύσεων για την ανισότητα - αδειάζω, αφού κανένα σημείο του ημιτονοειδούς δεν βρίσκεται πάνω από την ευθεία.
Τίποτα δεν είναι ξεκάθαρο; Μελετήστε επειγόντως τα μαθήματα για σκηνικάκαι γραφήματα συναρτήσεων!
Ζέσταμα:
Ασκηση 1
Να λύσετε γραφικά τις παρακάτω τριγωνομετρικές εξισώσεις:
Απαντήσεις στο τέλος του μαθήματος
Όπως καταλαβαίνετε, για να μελετήσετε τις ακριβείς επιστήμες, δεν είναι καθόλου απαραίτητο να στριμώχνετε τύπους και βιβλία αναφοράς! Επιπλέον, αυτή είναι μια θεμελιωδώς μοχθηρή προσέγγιση.
Όπως σας διαβεβαίωσα ήδη στην αρχή του μαθήματος, οι σύνθετες τριγωνομετρικές εξισώσεις στο τυπικό μάθημα των ανώτερων μαθηματικών πρέπει να επιλύονται εξαιρετικά σπάνια. Όλη η πολυπλοκότητα, κατά κανόνα, τελειώνει με εξισώσεις όπως , η λύση των οποίων είναι δύο ομάδες ριζών, που προέρχονται από τις απλούστερες εξισώσεις και 
. Μην ανησυχείτε πολύ για τη λύση του τελευταίου - ψάξτε σε ένα βιβλίο ή βρείτε το στο Διαδίκτυο =)
Η γραφική μέθοδος επίλυσης μπορεί επίσης να βοηθήσει σε λιγότερο ασήμαντες περιπτώσεις. Εξετάστε, για παράδειγμα, την ακόλουθη «ετερόκλητη» εξίσωση:
Οι προοπτικές για τη λύση του φαίνονται ... δεν φαίνονται καθόλου, αλλά πρέπει να παρουσιάσουμε την εξίσωση με τη μορφή, κατασκευή γραφήματα συναρτήσεωνκαι όλα θα είναι απίστευτα απλά. Το σχέδιο βρίσκεται στη μέση του άρθρου για απειροελάχιστες συναρτήσεις (ανοίγει στην επόμενη καρτέλα).
Χρησιμοποιώντας την ίδια γραφική μέθοδο, μπορείτε να μάθετε ότι η εξίσωση έχει ήδη δύο ρίζες και η μία από αυτές είναι ίση με μηδέν και η άλλη, προφανώς, παράλογοςκαι ανήκει στο τμήμα . Αυτή η ρίζα μπορεί να υπολογιστεί κατά προσέγγιση, για παράδειγμα, εφαπτομενική μέθοδος. Παρεμπιπτόντως, σε ορισμένες εργασίες, συμβαίνει ότι δεν απαιτείται να βρείτε τις ρίζες, αλλά να μάθετε υπάρχουν καθόλου. Και εδώ, επίσης, ένα σχέδιο μπορεί να βοηθήσει - εάν τα γραφήματα δεν τέμνονται, τότε δεν υπάρχουν ρίζες.
Ορθολογικές ρίζες πολυωνύμων με ακέραιους συντελεστές.
Το σχήμα του Χόρνερ
Και τώρα σας προτείνω να στρέψετε τα μάτια σας στον Μεσαίωνα και να νιώσετε τη μοναδική ατμόσφαιρα της κλασικής άλγεβρας. Για καλύτερη κατανόηση του υλικού, προτείνω τουλάχιστον λίγη εξοικείωση μιγαδικοί αριθμοί.
Είναι οι περισσότεροι. Πολυώνυμα.
Το αντικείμενο του ενδιαφέροντός μας θα είναι τα πιο κοινά πολυώνυμα της μορφής με ολόκληροςσυντελεστές . Φυσικός αριθμόςπου ονομάζεται πολυωνυμικό βαθμό, αριθμός - συντελεστής στον υψηλότερο βαθμό (ή απλώς ο υψηλότερος συντελεστής), και ο συντελεστής είναι ελεύθερο μέλος.
Θα συμβολίσω αυτό το πολυώνυμο διπλωμένο με .
Πολυωνυμικές ρίζεςονομάζεται ρίζες της εξίσωσης
Λατρεύω τη σιδερένια λογική =)
Για παραδείγματα, πηγαίνουμε στην αρχή του άρθρου: 
Δεν υπάρχουν προβλήματα με την εύρεση των ριζών των πολυωνύμων της 1ης και 2ης μοίρας, αλλά όσο αυξάνετε αυτή η εργασία γίνεται όλο και πιο δύσκολη. Αλλά από την άλλη, όλα είναι πιο ενδιαφέροντα! Και σε αυτό θα αφιερωθεί το δεύτερο μέρος του μαθήματος.
Πρώτον, κυριολεκτικά μισή οθόνη θεωρίας:
1) Σύμφωνα με το συμπέρασμα θεμελιώδες θεώρημα της άλγεβρας, το πολυώνυμο βαθμού έχει ακριβώς ολοκληρωμένορίζες. Ορισμένες ρίζες (ή ακόμα και όλες) μπορεί να είναι συγκεκριμένα έγκυρος. Επιπλέον, μεταξύ των πραγματικών ριζών μπορεί να υπάρχουν πανομοιότυπες (πολλαπλές) ρίζες (τουλάχιστον δύο, μέγιστο τεμάχια).
Αν κάποιος μιγαδικός αριθμός είναι ρίζα πολυωνύμου, τότε κλίνωΟ αριθμός του είναι επίσης αναγκαστικά η ρίζα αυτού του πολυωνύμου (οι συζυγείς σύνθετες ρίζες έχουν τη μορφή ).
Το πιο απλό παράδειγμα- μια τετραγωνική εξίσωση, η οποία συναντήθηκε για πρώτη φορά στο 8 (σαν)τάξη, και την οποία τελικά «τελειώσαμε» στο θέμα μιγαδικοί αριθμοί. Σας υπενθυμίζω: μια τετραγωνική εξίσωση έχει είτε δύο διαφορετικές πραγματικές ρίζες, είτε πολλαπλές ρίζες, είτε συζευγμένες μιγαδικές ρίζες.
2) Από Τα θεωρήματα του Bezoutπροκύπτει ότι αν ο αριθμός είναι η ρίζα της εξίσωσης, τότε το αντίστοιχο πολυώνυμο μπορεί να παραγοντοποιηθεί:
, όπου είναι ένα πολυώνυμο βαθμού .
Και πάλι, το παλιό μας παράδειγμα: αφού είναι η ρίζα της εξίσωσης , τότε . Μετά από αυτό, είναι εύκολο να αποκτήσετε τη γνωστή "σχολική" αποσύνθεση .
Η συνέπεια του θεωρήματος του Bezout έχει μεγάλη πρακτική αξία: αν γνωρίζουμε τη ρίζα της εξίσωσης 3ου βαθμού, τότε μπορούμε να την αναπαραστήσουμε με τη μορφή 
και από την τετραγωνική εξίσωση είναι εύκολο να βρούμε τις υπόλοιπες ρίζες. Αν γνωρίζουμε τη ρίζα της εξίσωσης 4ου βαθμού, τότε είναι δυνατόν να επεκτείνουμε την αριστερή πλευρά σε γινόμενο κ.λπ.
Και εδώ υπάρχουν δύο ερωτήματα:
Ερώτηση ένα. Πώς να βρείτε αυτή τη ρίζα; Πρώτα από όλα, ας ορίσουμε τη φύση του: σε πολλά προβλήματα ανώτερων μαθηματικών απαιτείται να βρεθεί λογικός, συγκεκριμένα ολόκληροςτις ρίζες των πολυωνύμων, και από αυτή την άποψη, περαιτέρω θα μας ενδιαφέρουν κυρίως .... …είναι τόσο καλά, τόσο αφράτα, που απλά θέλεις να τα βρεις! =)
Το πρώτο πράγμα που υποδηλώνει είναι η μέθοδος επιλογής. Σκεφτείτε, για παράδειγμα, την εξίσωση . Η σύλληψη εδώ είναι στον ελεύθερο όρο - αν ήταν ίσο με το μηδέν, τότε όλα θα ήταν ανοιχτά - βάζουμε το "x" εκτός παρενθέσεων και οι ίδιες οι ρίζες "πέφτουν" στην επιφάνεια: 
Αλλά ο ελεύθερος όρος μας είναι ίσος με το "τρία", και επομένως αρχίζουμε να αντικαθιστούμε διάφορους αριθμούς στην εξίσωση που ισχυρίζονται ότι ονομάζονται "ρίζα". Πρώτα απ 'όλα, η αντικατάσταση μεμονωμένων τιμών υποδηλώνει τον εαυτό της. Αντικαταστάτης: 
Ελήφθη ανακριβήςισότητα, επομένως, η μονάδα «δεν ταίριαζε». Εντάξει, ας το βάλουμε: 
Ελήφθη σωστόςισότητα! Δηλαδή, η τιμή είναι η ρίζα αυτής της εξίσωσης.
Για να βρείτε τις ρίζες ενός πολυωνύμου 3ου βαθμού, υπάρχει αναλυτική μέθοδος (οι λεγόμενοι τύποι Cardano), αλλά τώρα μας ενδιαφέρει ένα ελαφρώς διαφορετικό πρόβλημα.
Εφόσον - είναι η ρίζα του πολυωνύμου μας, τότε το πολυώνυμο μπορεί να αναπαρασταθεί με τη μορφή και προκύπτει Δεύτερη ερώτηση: πώς να βρεις τον «μικρότερο αδερφό»;
Οι απλούστερες αλγεβρικές εκτιμήσεις υποδηλώνουν ότι για αυτό πρέπει να διαιρέσετε με. Πώς να διαιρέσετε ένα πολυώνυμο με ένα πολυώνυμο; Με την ίδια σχολική μέθοδο που μοιράζεται κανονικούς αριθμούς- «στήλη»! Αυτή η μέθοδοςΤο ανέλυσα αναλυτικά στα πρώτα παραδείγματα του μαθήματος Σύνθετα Όρια, και τώρα θα εξετάσουμε μια άλλη μέθοδο, η οποία ονομάζεται Το σχήμα του Χόρνερ.
Αρχικά, γράφουμε το "ανώτερο" πολυώνυμο με όλους
, συμπεριλαμβανομένων μηδενικών συντελεστών:
, μετά την οποία εισάγουμε αυτούς τους συντελεστές (αυστηρά κατά σειρά) στην επάνω σειρά του πίνακα:
Αριστερά γράφουμε τη ρίζα:
Θα κάνω αμέσως κράτηση ότι το σχήμα του Χόρνερ λειτουργεί επίσης αν ο αριθμός "κόκκινος". δενείναι η ρίζα του πολυωνύμου. Ωστόσο, ας μην βιαζόμαστε τα πράγματα.
Κατεβάζουμε τον ανώτερο συντελεστή από πάνω:
Η διαδικασία πλήρωσης των κάτω κελιών θυμίζει κάπως κέντημα, όπου το "μείον ένα" είναι ένα είδος "βελόνας" που διαπερνά τα επόμενα βήματα. Πολλαπλασιάζουμε τον «κατεδαφισμένο» αριθμό επί (-1) και προσθέτουμε τον αριθμό από το επάνω κελί στο γινόμενο:
Πολλαπλασιάζουμε την τιμή που βρέθηκε με την «κόκκινη βελόνα» και προσθέτουμε τον ακόλουθο συντελεστή εξίσωσης στο γινόμενο:
Και, τέλος, η προκύπτουσα τιμή "επεξεργάζεται" ξανά με μια "βελόνα" και έναν ανώτερο συντελεστή:
Το μηδέν στο τελευταίο κελί μας λέει ότι το πολυώνυμο έχει χωριστεί σε χωρίς ίχνος (όπως θα έπρεπε να είναι), ενώ οι συντελεστές επέκτασης «αφαιρούνται» απευθείας από την κάτω σειρά του πίνακα:
Έτσι, περάσαμε από την εξίσωση σε μια ισοδύναμη εξίσωση, και όλα είναι ξεκάθαρα με τις δύο υπόλοιπες ρίζες (σε αυτή η υπόθεσηλαμβάνονται συζευγμένες σύνθετες ρίζες).
Η εξίσωση, παρεμπιπτόντως, μπορεί επίσης να λυθεί γραφικά: κατασκευή "φερμουάρ" 
και δείτε ότι το γράφημα διασχίζει τον άξονα x ()
στο σημείο. Ή το ίδιο "πονηρό" τέχνασμα - ξαναγράφουμε την εξίσωση με τη μορφή , σχεδιάζουμε στοιχειώδη γραφήματα και ανιχνεύουμε τη συντεταγμένη "x" του σημείου τομής τους.
Παρεμπιπτόντως, η γραφική παράσταση οποιασδήποτε πολυωνυμικής συνάρτησης 3ου βαθμού διασχίζει τον άξονα τουλάχιστον μία φορά, πράγμα που σημαίνει ότι η αντίστοιχη εξίσωση έχει τουλάχιστονένας έγκυροςρίζα. Αυτό το γεγονόςισχύει για κάθε πολυωνυμική συνάρτηση περιττού βαθμού.
Και εδώ θέλω επίσης να σταματήσω σημαντικό σημείο σχετικά με την ορολογία: πολυώνυμοςκαι πολυωνυμική συνάρτηση – Δεν είναι το ίδιο! Αλλά στην πράξη, συχνά μιλούν, για παράδειγμα, για το "πολυωνυμικό γράφημα", το οποίο, φυσικά, είναι αμελές.
Αλλά ας επιστρέψουμε στο σχέδιο του Χόρνερ. Όπως ανέφερα πρόσφατα, αυτό το σχήμα λειτουργεί και για άλλους αριθμούς, αλλά αν ο αριθμός δενείναι η ρίζα της εξίσωσης, τότε ένα μη μηδενικό πρόσθετο (υπόλοιπο) εμφανίζεται στον τύπο μας:
Ας «οδηγήσουμε» την «αποτυχημένη» τιμή σύμφωνα με το σχήμα του Horner. Ταυτόχρονα, είναι βολικό να χρησιμοποιείτε τον ίδιο πίνακα - γράφουμε μια νέα "βελόνα" στα αριστερά, καταστρέφουμε τον υψηλότερο συντελεστή από πάνω (αριστερό πράσινο βέλος), και φεύγουμε: 
Για έλεγχο, ανοίγουμε τις αγκύλες και δίνουμε τους ίδιους όρους:
, ΕΝΤΑΞΕΙ.
Είναι εύκολο να δούμε ότι το υπόλοιπο («έξι») είναι ακριβώς η τιμή του πολυωνύμου στο . Και στην πραγματικότητα - τι είναι αυτό: 
, και ακόμη πιο ωραίο - όπως αυτό:
Από τους παραπάνω υπολογισμούς, είναι εύκολο να γίνει κατανοητό ότι το σχήμα του Horner επιτρέπει όχι μόνο να παραγοντοποιήσει το πολυώνυμο, αλλά και να πραγματοποιήσει μια "πολιτισμένη" επιλογή της ρίζας. Σας προτείνω να διορθώσετε ανεξάρτητα τον αλγόριθμο υπολογισμού με μια μικρή εργασία:
Εργασία 2
Χρησιμοποιώντας το σχήμα του Horner, βρείτε ολόκληρη τη ρίζα της εξίσωσης και παραγοντοποιήστε το αντίστοιχο πολυώνυμο
Με άλλα λόγια, εδώ πρέπει να ελέγξετε διαδοχικά τους αριθμούς 1, -1, 2, -2, ... - μέχρι να "τραβηχτεί" ένα μηδενικό υπόλοιπο στην τελευταία στήλη. Αυτό θα σημαίνει ότι η "βελόνα" αυτής της γραμμής είναι η ρίζα του πολυωνύμου
Οι υπολογισμοί ταξινομούνται εύκολα σε έναν ενιαίο πίνακα. Αναλυτική λύση και απάντηση στο τέλος του μαθήματος.
Η μέθοδος επιλογής ριζών είναι καλή για σχετικά απλές περιπτώσεις, αλλά εάν οι συντελεστές ή/και ο βαθμός του πολυωνύμου είναι μεγάλοι, τότε η διαδικασία μπορεί να καθυστερήσει. Ή μήπως κάποιες τιμές από την ίδια λίστα 1, -1, 2, -2 και δεν έχει νόημα να ληφθούν υπόψη; Και, εκτός αυτού, οι ρίζες μπορεί να αποδειχθούν κλασματικές, κάτι που θα οδηγήσει σε ένα εντελώς μη επιστημονικό σακί.
Ευτυχώς, υπάρχουν δύο ισχυρά θεωρήματα που μπορούν να μειώσουν σημαντικά την απαρίθμηση των «υποψήφιων» τιμών για ορθολογικές ρίζες:
Θεώρημα 1Σκεφτείτε αμείωτοςκλάσμα , όπου . Αν ο αριθμός είναι η ρίζα της εξίσωσης, τότε ο ελεύθερος όρος διαιρείται με και ο προπορευόμενος συντελεστής διαιρείται με.
Συγκεκριμένα, αν ο κύριος συντελεστής είναι , τότε αυτή η ορθολογική ρίζα είναι ακέραιος:
Και αρχίζουμε να εκμεταλλευόμαστε το θεώρημα μόνο από αυτό το νόστιμο συγκεκριμένο:
Ας επιστρέψουμε στην εξίσωση. Εφόσον ο κύριος συντελεστής του είναι , τότε οι υποθετικές ορθολογικές ρίζες μπορούν να είναι αποκλειστικά ακέραιες και ο ελεύθερος όρος πρέπει απαραίτητα να διαιρεθεί με αυτές τις ρίζες χωρίς υπόλοιπο. Και τα "τρία" μπορούν να χωριστούν μόνο σε 1, -1, 3 και -3. Δηλαδή έχουμε μόνο 4 «υποψήφιους για τις ρίζες». Και, σύμφωνα με Θεώρημα 1, άλλοι ρητικοί αριθμοί δεν μπορούν να είναι ρίζες αυτής της εξίσωσης ΚΑΤΑ ΑΡΧΗ.
Υπάρχουν λίγο περισσότεροι «αιτητές» στην εξίσωση: ο ελεύθερος όρος χωρίζεται σε 1, -1, 2, -2, 4 και -4.
Σημειώστε ότι οι αριθμοί 1, -1 είναι "κανονικοί" της λίστας των πιθανών ριζών (προφανής συνέπεια του θεωρήματος)και οι περισσότεροι η καλύτερη επιλογήγια τον πρώτο έλεγχο.
Ας προχωρήσουμε σε πιο ουσιαστικά παραδείγματα:
Εργασία 3
Λύση: αφού ο προπορευόμενος συντελεστής , τότε οι υποθετικές ορθολογικές ρίζες μπορούν να είναι μόνο ακέραιοι, ενώ πρέπει απαραίτητα να είναι διαιρέτες του ελεύθερου όρου. Το "μείον σαράντα" χωρίζεται στα ακόλουθα ζεύγη αριθμών:
- συνολικά 16 «υποψήφιοι».
Και εδώ εμφανίζεται αμέσως μια δελεαστική σκέψη: είναι δυνατόν να εξαλειφθούν όλες οι αρνητικές ή όλες οι θετικές ρίζες; Σε κάποιες περιπτώσεις μπορείς! Θα διατυπώσω δύο σημάδια:
1) Αν όλαΑν οι συντελεστές ενός πολυωνύμου είναι μη αρνητικοί, τότε δεν μπορεί να έχει θετικές ρίζες. Δυστυχώς, αυτό δεν είναι η περίπτωσή μας (Τώρα, αν μας δόθηκε μια εξίσωση - τότε ναι, όταν αντικαθιστούμε οποιαδήποτε τιμή του πολυωνύμου είναι αυστηρά θετική, πράγμα που σημαίνει ότι όλοι οι θετικοί αριθμοί (και επίσης παράλογο)δεν μπορεί να είναι ρίζες της εξίσωσης.
2) Αν οι συντελεστές για τις περιττές δυνάμεις είναι μη αρνητικοί και για όλες τις ζυγές δυνάμεις (συμπεριλαμβανομένου του δωρεάν μέλους)είναι αρνητικές, τότε το πολυώνυμο δεν μπορεί να έχει αρνητικές ρίζες. Αυτή είναι η περίπτωσή μας! Κοιτάζοντας προσεκτικά, μπορείτε να δείτε ότι όταν οποιοδήποτε αρνητικό "x" αντικατασταθεί στην εξίσωση, η αριστερή πλευρά θα είναι αυστηρά αρνητική, πράγμα που σημαίνει ότι οι αρνητικές ρίζες εξαφανίζονται
Έτσι, απομένουν 8 αριθμοί για έρευνα:
«Χρεώστε» τα με συνέπεια σύμφωνα με το σχήμα Horner. Ελπίζω να έχετε ήδη κατακτήσει τους νοητικούς υπολογισμούς: 
Μας περίμενε η τύχη όταν δοκιμάζαμε το «δυο». Έτσι, είναι η ρίζα της εξίσωσης που εξετάζουμε, και
Μένει να διερευνηθεί η εξίσωση 
. Είναι εύκολο να γίνει αυτό μέσω του διαχωριστή, αλλά θα πραγματοποιήσω μια εκθετική δοκιμή με τον ίδιο τρόπο. Αρχικά, σημειώστε ότι ο ελεύθερος όρος είναι ίσος με 20, που σημαίνει ότι σύμφωνα με Θεώρημα 1οι αριθμοί 8 και 40 αποχωρούν από τη λίστα των πιθανών ριζών και οι τιμές παραμένουν για έρευνα (ένας αποκλείστηκε σύμφωνα με το σχήμα Horner).
Γράφουμε τους συντελεστές του τριωνύμου στην επάνω σειρά του νέου πίνακα και αρχίζουμε να ελέγχουμε με τα ίδια "δύο". Γιατί; Και επειδή οι ρίζες μπορεί να είναι πολλαπλές, παρακαλούμε: - αυτή η εξίσωση έχει 10 ίδιες ρίζες. Αλλά ας μην παρεκκλίνουμε: 
Και εδώ, βέβαια, ήμουν λίγο πονηρός, γνωρίζοντας ότι οι ρίζες είναι λογικές. Άλλωστε, αν ήταν παράλογα ή σύνθετα, τότε θα είχα έναν ανεπιτυχή έλεγχο όλων των υπόλοιπων αριθμών. Επομένως, στην πράξη, να καθοδηγείται από τη διάκριση.
Απάντηση: ορθολογικές ρίζες: 2, 4, 5
Στο αναλυθέν πρόβλημα ήμασταν τυχεροί γιατί: α) έπεσαν αμέσως αρνητικές τιμές, και β) βρήκαμε τη ρίζα πολύ γρήγορα (και θεωρητικά μπορούσαμε να ελέγξουμε ολόκληρη τη λίστα ).
Στην πραγματικότητα όμως η κατάσταση είναι πολύ χειρότερη. Σας προσκαλώ να παρακολουθήσετε ένα συναρπαστικό παιχνίδι που ονομάζεται "The Last Hero":
Εργασία 4
Βρείτε τις ορθολογικές ρίζες μιας εξίσωσης
Λύση: επί Θεώρημα 1οι αριθμητές των υποθετικών ορθολογικών ριζών πρέπει να ικανοποιούν την προϋπόθεση (διαβάστε "το δώδεκα διαιρείται με το ale"), και οι παρονομαστές της συνθήκης . Με βάση αυτό, έχουμε δύο λίστες:
"list el":
και "καταχωρίστε τα": (ευτυχώς, εδώ οι αριθμοί είναι φυσικοί).
Τώρα ας φτιάξουμε μια λίστα με όλες τις πιθανές ρίζες. Αρχικά, διαιρούμε τη "λίστα με μπύρες" με . Είναι ξεκάθαρο ότι θα βγουν οι ίδιοι αριθμοί. Για ευκολία, ας τα βάλουμε σε έναν πίνακα:
Πολλά κλάσματα έχουν μειωθεί, με αποτέλεσμα αξίες που βρίσκονται ήδη στη «λίστα των ηρώων». Προσθέτουμε μόνο "νέους": 
Ομοίως, διαιρούμε την ίδια "λίστα μπύρας" με: 
και τέλος επάνω
Έτσι, η ομάδα των συμμετεχόντων στο παιχνίδι μας στελεχώνεται με: 
Δυστυχώς, το πολυώνυμο αυτού του προβλήματος δεν ικανοποιεί το κριτήριο «θετικό» ή «αρνητικό» και επομένως δεν μπορούμε να απορρίψουμε την επάνω ή την κάτω σειρά. Πρέπει να δουλέψεις με όλους τους αριθμούς.
Πώς είναι η διάθεση σου? Έλα, σήκωσε τη μύτη σου - υπάρχει ένα άλλο θεώρημα που μπορεί να ονομαστεί μεταφορικά "θεώρημα δολοφόνος" .... ... "υποψήφιοι", φυσικά =)
Αλλά πρώτα πρέπει να μετακινηθείτε στο διάγραμμα του Horner για τουλάχιστον ένα ΟΛΟΚΛΗΡΟαριθμοί. Παραδοσιακά, παίρνουμε ένα. Στην επάνω γραμμή γράφουμε τους συντελεστές του πολυωνύμου και όλα είναι όπως συνήθως:
Εφόσον το τέσσερα δεν είναι σαφώς μηδέν, η τιμή δεν είναι η ρίζα του εν λόγω πολυωνύμου. Αλλά θα μας βοηθήσει πολύ.
Θεώρημα 2Αν για κάποιους γενικάΗ τιμή του πολυωνύμου είναι μη μηδενική: , τότε οι ορθολογικές ρίζες του (αν είναι)ικανοποιεί την προϋπόθεση
Στην περίπτωσή μας και επομένως όλες οι πιθανές ρίζες πρέπει να ικανοποιούν την προϋπόθεση (ας το ονομάσουμε Συνθήκη #1). Αυτή η τετράδα θα είναι ο «δολοφόνος» πολλών «υποψηφίων». Ως επίδειξη, θα εξετάσω μερικούς ελέγχους:
Ας ελέγξουμε τον υποψήφιο. Για να γίνει αυτό, το αναπαριστάνουμε τεχνητά ως κλάσμα , από το οποίο φαίνεται καθαρά ότι . Ας υπολογίσουμε τη διαφορά επιταγών: . Το τέσσερα διαιρείται με το "μείον δύο": που σημαίνει ότι η πιθανή ρίζα έχει περάσει τη δοκιμασία.
Ας ελέγξουμε την τιμή. Εδώ, η διαφορά δοκιμής είναι: 
. Φυσικά, και επομένως το δεύτερο «δοκιμαστικό» παραμένει επίσης στη λίστα.
