Pierwiastki wymierne wielomianu o współczynnikach całkowitych. Twierdzenie o pierwiastkach wymiernych wielomianu

Podczas rozwiązywania równań i nierówności często konieczne jest uwzględnienie wielomianu stopnia trzeciego lub wyższego. W tym artykule przyjrzymy się najłatwiejszemu sposobowi na zrobienie tego.

Jak zwykle zwróćmy się o pomoc do teorii.

Twierdzenie Bezouta stwierdza, że ​​reszta z dzielenia wielomianu przez dwumian wynosi .

Ale to nie samo twierdzenie jest dla nas ważne, ale z tego wynika:

Jeśli liczba jest pierwiastkiem wielomianu, to wielomian jest podzielny bez reszty przez dwumian.

Stoimy przed zadaniem znalezienia w jakiś sposób przynajmniej jednego pierwiastka wielomianu, a następnie podzielenia wielomianu przez , gdzie jest pierwiastek wielomianu. W rezultacie otrzymujemy wielomian, którego stopień jest o jeden mniejszy niż stopień pierwotnego. A następnie, jeśli to konieczne, możesz powtórzyć proces.

To zadanie jest podzielone na dwa: jak znaleźć pierwiastek wielomianu i jak podzielić wielomian na dwumian.

Przyjrzyjmy się bliżej tym punktom.

1. Jak znaleźć pierwiastek wielomianu.

Najpierw sprawdzamy, czy liczby 1 i -1 są pierwiastkami wielomianu.

Pomogą nam w tym następujące fakty:

Jeśli suma wszystkich współczynników wielomianu wynosi zero, to liczba jest pierwiastkiem wielomianu.

Na przykład w wielomianie suma współczynników jest równa zeru: . Łatwo sprawdzić, jaki jest pierwiastek wielomianu.

Jeśli suma współczynników wielomianu w stopniach parzystych jest równa sumie współczynników w stopniach nieparzystych, to liczba jest pierwiastkiem wielomianu. Termin wolny jest uważany za współczynnik o parzystym stopniu, ponieważ a jest liczbą parzystą.

Na przykład w wielomianie suma współczynników przy stopniach parzystych wynosi : , a suma współczynników przy stopniach nieparzystych wynosi : . Łatwo sprawdzić, jaki jest pierwiastek wielomianu.

Jeśli ani 1, ani -1 nie są pierwiastkami wielomianu, przechodzimy dalej.

Dla wielomianu o zredukowanym stopniu (czyli wielomianu, w którym współczynnik wiodący - współczynnik - jest równy jeden), obowiązuje wzór Vieta:

Gdzie są pierwiastki wielomianu.

Istnieją również wzory Vieta dotyczące pozostałych współczynników wielomianu, ale to nas interesuje.

Z tej formuły Vieta wynika, że jeśli pierwiastki wielomianu są liczbami całkowitymi, to są dzielnikami jego wyrazu wolnego, który również jest liczbą całkowitą.

Oparte na tym, musimy rozłożyć wyraz wolny wielomianu na czynniki i kolejno, od mniejszego do większego, sprawdzić, który z czynników jest pierwiastkiem wielomianu.

Rozważmy na przykład wielomian

Wolne dzielniki członków: ; ; ;

Suma wszystkich współczynników wielomianu jest równa, dlatego liczba 1 nie jest pierwiastkiem wielomianu.

Suma współczynników przy parzystych potęgach:

Suma współczynników przy potęgach nieparzystych:

Dlatego liczba -1 również nie jest pierwiastkiem wielomianu.

Sprawdźmy, czy liczba 2 jest pierwiastkiem wielomianu: zatem liczba 2 jest pierwiastkiem wielomianu. Stąd, zgodnie z twierdzeniem Bezouta, wielomian jest podzielny bez reszty przez dwumian.

2. Jak podzielić wielomian na dwumian.

Wielomian można podzielić na dwumian za pomocą kolumny.

Dzielimy wielomian na kolumnę dwumianową:

Istnieje inny sposób podziału wielomianu na dwumian - schemat Hornera.

Obejrzyj ten film, aby zrozumieć jak podzielić wielomian przez dwumian przez kolumnę i korzystając ze schematu Hornera.

Zauważam, że jeśli przy dzieleniu przez kolumnę w pierwotnym wielomianie brakuje pewnego stopnia niewiadomej, w jego miejsce zapisujemy 0 - tak jak przy kompilowaniu tabeli do schematu Hornera.

Tak więc, jeśli musimy podzielić wielomian na dwumian i w wyniku dzielenia otrzymamy wielomian, to możemy znaleźć współczynniki wielomianu za pomocą schematu Hornera:

Możemy również skorzystać Schemat Hornera w celu sprawdzenia, czy podany numer pierwiastek wielomianu: jeśli liczba jest pierwiastkiem wielomianu, to reszta z dzielenia wielomianu przez wynosi zero, to znaczy w ostatniej kolumnie drugiego rzędu schematu Hornera otrzymujemy 0.

Korzystając ze schematu Hornera „upieprzymy dwie pieczenie na jednym ogniu”: jednocześnie sprawdzamy, czy dana liczba jest pierwiastkiem wielomianu i dzielimy ten wielomian przez dwumian.

Przykład. Rozwiązać równanie:

1. Wypisujemy dzielniki terminu wolnego i będziemy szukać pierwiastków wielomianu wśród dzielników terminu wolnego.

Dzielniki 24:

2. Sprawdź, czy liczba 1 jest pierwiastkiem wielomianu.

Suma współczynników wielomianu, dlatego liczba 1 jest pierwiastkiem wielomianu.

3. Podziel pierwotny wielomian na dwumian, korzystając ze schematu Hornera.

A) Wpisz współczynniki pierwotnego wielomianu w pierwszym rzędzie tabeli.

Ponieważ brakuje elementu zawierającego, w kolumnie tabeli, w której należy wpisać współczynnik at, wpisujemy 0. Po lewej stronie wpisujemy znaleziony pierwiastek: liczbę 1.

B) Wypełnij pierwszy wiersz tabeli.

W ostatniej kolumnie zgodnie z oczekiwaniami otrzymaliśmy zero, podzieliliśmy pierwotny wielomian na dwumian bez reszty. Współczynniki wielomianu wynikającego z dzielenia zaznaczono kolorem niebieskim w drugim rzędzie tabeli:

Łatwo sprawdzić, że liczby 1 i -1 nie są pierwiastkami wielomianu

C) Kontynuujmy tabelę. Sprawdźmy, czy liczba 2 jest pierwiastkiem wielomianu:

Tak więc stopień wielomianu, który otrzymujemy w wyniku dzielenia przez jeden, jest mniejszy niż stopień pierwotnego wielomianu, dlatego liczba współczynników i liczba kolumn są mniejsze o jeden.

W ostatniej kolumnie otrzymaliśmy -40 - liczbę, która nie jest równa zeru, dlatego wielomian jest podzielny przez dwumian z resztą, a liczba 2 nie jest pierwiastkiem wielomianu.

C) Sprawdźmy, czy liczba -2 jest pierwiastkiem wielomianu. Ponieważ poprzednia próba zakończyła się niepowodzeniem, aby nie było zamieszania ze współczynnikami, usunę linię odpowiadającą tej próbie:

Świetnie! W pozostałej części dostaliśmy zero, dlatego wielomian został podzielony na dwumian bez reszty, dlatego liczba -2 jest pierwiastkiem wielomianu. Współczynniki wielomianu, który otrzymuje się dzieląc wielomian przez dwumian, zaznaczono w tabeli kolorem zielonym.

W wyniku podziału otrzymaliśmy trójmian kwadratowy , którego korzenie można łatwo znaleźć na podstawie twierdzenia Viety:

Tak więc pierwiastki pierwotnego równania:

{}

Odpowiedź: ( }

Jeśli wielomian

Dowód

Niech wszystkie współczynniki wielomianu będą liczbami całkowitymi, a liczba całkowita a będzie pierwiastkiem tego wielomianu. Ponieważ w tym przypadku wynika, że ​​współczynnik jest podzielny przez a.

Komentarz. Twierdzenie to faktycznie pozwala znaleźć pierwiastki wielomianów wyższych stopni w przypadku, gdy współczynniki tych wielomianów są liczbami całkowitymi, a pierwiastek jest liczbą wymierną. Twierdzenie można przeformułować w następujący sposób: jeśli wiemy, że współczynniki wielomianu są liczbami całkowitymi, a jego pierwiastki są wymierne, to te pierwiastki wymierne mogą mieć tylko postać, w której p jest dzielnikiem liczby (człon wolny) i liczba q jest dzielnikiem liczby (najwyższy współczynnik).

Twierdzenie o pierwiastku całkowitym, zawierający

Jeśli liczba całkowita α jest pierwiastkiem wielomianu o współczynnikach całkowitych, to α jest dzielnikiem jego wyrazu wolnego.

Dowód. Zostawiać:

P(x)=a 0 xⁿ +a 1 xⁿ -1 +…+a n-1 x +a n

wielomian ze współczynnikami całkowitymi i liczbą całkowitą α jest jego pierwiastkiem.

Wtedy z definicji pierwiastka równość P(α)=0;

za 0 αⁿ+a 1 αⁿ -1 +…+a n-1 α +a n =0.

Wyciągając wspólny czynnik α z nawiasów, otrzymujemy równość:

α(a 0 αⁿ -1 + za 1 αⁿ -2 +…+a n-1)+a n =0 , Gdzie

za n = -α(a 0 αⁿ -1 + za 1 αⁿ -2 +…+a n-1)

Ponieważ liczby a 0 , a 1 ,…a n-1 , an i α są liczbami całkowitymi, to w nawiasie jest liczba całkowita, a zatem a n jest podzielne przez α, co należało udowodnić.

Udowodnione twierdzenie można również sformułować w następujący sposób: każdy pierwiastek całkowity wielomianu o współczynnikach całkowitych jest dzielnikiem jego wyrazu wolnego.
Algorytm znajdowania całkowitych pierwiastków wielomianu ze współczynnikami całkowitymi opiera się na twierdzeniu: wypisz wszystkie dzielniki wolnego terminu i wypisz wartości wielomianów tych liczb jeden po drugim.

2.Dodatkowe twierdzenie o pierwiastkach całkowitych

Jeżeli liczba całkowita α jest pierwiastkiem wielomianu P(x) o współczynnikach całkowitych, to α-1 jest dzielnikiem liczby P(1), α+1 jest dzielnikiem liczby P(-1)

Dowód. Od tożsamości

xⁿ-yⁿ=(x-y)(xⁿ -1 +xⁿ -2 y+…+ xyⁿ -2 +yⁿ -1)

wynika z tego, że dla liczb całkowitych b i c liczba bⁿ-cⁿ jest podzielna przez b∙c. Ale dla dowolnego wielomianu P różnica

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 do +a n)=

=a 0 (bⁿ- cⁿ)+a 1 (bⁿ -1 -cⁿ -1)+…+a n-1 (b-c)

stąd dla wielomianu P ze współczynnikami całkowitymi i liczbami całkowitymi b i c różnica P(b)-P(c) jest podzielna przez b-c.

Wtedy: dla b = α , с=1, P(α)-P(1)= -P(1), co oznacza, że ​​P(1) jest podzielne przez α-1. Drugi przypadek rozpatrywany jest podobnie.

Schemat Hornera

Twierdzenie: Niech nierozkładalny ułamek p/q będzie pierwiastkiem równania za 0 x n + za 1 x n - 1 + + za n - 1 x+a n =0 ze współczynnikami całkowitymi, a następnie liczbą Q jest dzielnikiem wiodącego współczynnika a0 i liczby R jest dzielnikiem wyrazu swobodnego a n .

Uwaga 1. Dowolny pierwiastek całkowity równania ze współczynnikami całkowitymi jest dzielnikiem jego wyrazu swobodnego.

Uwaga 2.Jeśli wiodący współczynnik równania o współczynnikach całkowitych jest równy 1, to wszystkie pierwiastki wymierne, jeśli istnieją, są liczbami całkowitymi.

Pierwiastek wielomianowy. Pierwiastek wielomianu f(x)= za 0 x n + za 1 x n − 1 + + za n − 1 x+a n Jest x = do , takie że F (c)=0 .

Uwaga 3. Jeśli x = do pierwiastek wielomianu , to wielomian można zapisać jako: f(x)=(x−c)q(x) , Gdzie jest ilorazem dzielenia wielomianu f(x) w jednomian xc

Dzielenie wielomianu przez jednomian można przeprowadzić według schematu Hornera:

Jeśli f(x)=a 0 x n +a 1 x n − 1 + +a n − 1 x+a n , a0 ≠0 , g(x)=x−c , a następnie podczas dzielenia F (X) NA G (X) prywatny q(x) ma formę q(x)=b 0 x n − 1 + b 1 x n − 2 + +b n−2 x+b n−1 , Gdzie b 0 = za 0 ,

b k = do b k - 1 + za k , k=1, 2, ,n-1. Reszta R znajduje się według wzoru r=c b n − 1 +a n

Rozwiązanie: Współczynnik na najwyższym stopniu wynosi 1, więc całkowitych pierwiastków równania należy szukać wśród dzielników wyrazu wolnego: 1; 2; 3; 4; 6; 12. korzystając ze schematu Hornera, znajdujemy całkowite pierwiastki równania:

Jeśli jeden pierwiastek zostanie wybrany zgodnie ze schematem Hornera. wtedy możesz zdecydować w ten sposób x 3 −x 2 −8x+12=(x−2)(x 2 +x−6)=0 (x−2) 2 (x−3)=0 x=2;x=3

Kwestia znajdowania pierwiastków wymiernych wielomianu F(X)Q[X] (z wymiernymi współczynnikami) sprowadza się do kwestii znalezienia wymiernych pierwiastków wielomianów k ∙ F(X)Z[X] (ze współczynnikami całkowitymi). Tutaj numer k jest najmniejszą wspólną wielokrotnością współczynników danego wielomianu.

Warunki konieczne, ale niewystarczające dla istnienia pierwiastków wymiernych wielomianu o współczynnikach całkowitych podaje następujące twierdzenie.

Twierdzenie 6.1 (o pierwiastkach wymiernych wielomianu o współczynnikach całkowitych). Jeśli – wymierny pierwiastek wielomianuF(X) = A N  X N + + …+ A 1  X + A 0 Z cały współczynniki i(P, Q) = 1, a następnie licznik ułamkaPjest dzielnikiem wyrazu swobodnego a 0 i mianownikQjest dzielnikiem wiodącego współczynnika a 0 .

Twierdzenie 6.2.Jeśli Q ( Gdzie (P, Q) = 1) jest wymiernym pierwiastkiem wielomianu F(X) wtedy ze współczynnikami całkowitymi
–wszystkie liczby.

Przykład. Znajdź wszystkie pierwiastki wymierne wielomianu

F(X) = 6 X 4 + X 3 + 2 X 2 – 4 x+ 1.

1. Z Twierdzenia 6.1: jeśli – wymierny pierwiastek wielomianu F(X), ( Gdzie( P, Q) = 1), To A 0 = 1 P, A N = 6 Q. Dlatego P { 1}, Q (1, 2, 3, 6), tzw

.

2. Wiadomo, że (Wniosek 5.3) liczba A jest pierwiastkiem wielomianu F(X) wtedy i tylko wtedy gdy F(X) podzielony przez ( x - za).

Dlatego, aby sprawdzić, czy liczby 1 i -1 są pierwiastkami wielomianu F(X) możesz skorzystać ze schematu Hornera:

F(1) = 60,F(–1) = 120, więc 1 i -1 nie są pierwiastkami wielomianu F(X).

3. Aby wyeliminować niektóre z pozostałych liczb
, korzystamy z Twierdzenia 6.2. Jeżeli wyrażenia Lub
przyjmuje wartości całkowite dla odpowiednich wartości liczników P i mianownik Q, następnie w odpowiednich komórkach tabeli (patrz poniżej) napiszemy literę „c”, w przeciwnym razie - „dr”.

=
=

4. Korzystając ze schematu Hornera sprawdzamy, czy liczby pozostałe po przesianiu będą
korzenie F(X). Najpierw podziel F(X) NA ( X – ).

W rezultacie mamy: F(X) = (X – )(6 X 3 + 4 X 2 + 4 X - 2) i - korzeń F(X). Prywatny Q(X) = 6 X 3 + 4 X 2 + 4 X - 2 podzielić przez ( X + ).

Ponieważ Q (–) = 30, to (-) nie jest pierwiastkiem wielomianu Q(X), a stąd wielomian F(X).

Na koniec dzielimy wielomian Q(X) = 6 X 3 + 4 X 2 + + 4 X - 2 na ( X – ).

Dostał: Q () = 0, czyli pierwiastek Q(X), co oznacza, że ​​korzeń F (X). Więc wielomian F (X) ma dwa pierwiastki wymierne: i.

Wyłączenie z niewymierności algebraicznej w mianowniku ułamka

Na kursie szkolnym, rozwiązując niektóre rodzaje problemów, aby uwolnić się od niewymierności w mianowniku ułamka, wystarczy pomnożyć licznik i mianownik ułamka przez liczbę sprzężoną z mianownikiem.

Przykłady. 1.T =
.

Tutaj skrócona formuła mnożenia (różnica kwadratów) działa w mianowniku, co pozwala pozbyć się irracjonalności w mianowniku.

2. Pozbądź się irracjonalności w mianowniku ułamka

T =
. Wyrażenie - niepełny kwadrat różnicy liczb A=
I B= 1. Używając zredukowanego wzoru mnożenia A 3 – B 3 = (+B) · ( A 2 – Ab + B 2 ), możemy zdefiniować mnożnik M = (+B) =
+ 1, przez który należy pomnożyć licznik i mianownik ułamka T aby pozbyć się niewymierności w mianowniku ułamka T. Zatem,

W sytuacjach, w których formuły zredukowanego mnożenia nie działają, można zastosować inne sztuczki. Poniżej formułujemy twierdzenie, którego dowód w szczególności pozwala nam znaleźć algorytm eliminacji irracjonalności w mianowniku ułamka w bardziej złożonych sytuacjach.

Definicja 6.1. Numer z zwany algebraiczne nad polem F jeśli istnieje wielomian F(X) F[X], którego pierwiastkiem jest z, w przeciwnym razie liczba z zwany transcendentny nad polemF.

Definicja 6.2.Stopień algebraiczny nad polem F liczby z jest stopniem nierozkładalności w polu F wielomian P(X)F[X], którego pierwiastkiem jest liczba z.

Przykład. Pokażmy, że liczba z =
jest algebraiczna nad polem Q i znaleźć jego stopień.

Znajdźmy nieredukowalne na polu Q wielomian P(X), którego pierwiastkiem jest X =
. Podnosimy obie strony równości X =
do potęgi czwartej otrzymujemy X 4 = 2 lub X 4 – 2 = 0. Więc, P(X) = X 4 – 2 i potęga liczby z jest równe stopień P(X) = 4.

Twierdzenie 6.3 (o wyzwoleniu się z niewymierności algebraicznej w mianowniku ułamka).Pozwalaćzjest liczbą algebraiczną nad polemFstopieńN. Wyrażenie formularzaT = ,Gdzie F(X), (X)F[X], (z) 0

można przedstawić tylko w postaci:

T = Z N -1 z N -1 + C N -2 z N -2 + … + C 1 z + C 0 , C I F.

Algorytm eliminacji niewymierności w mianowniku ułamka zademonstrujemy na konkretnym przykładzie.

Przykład. Pozbądź się irracjonalności w mianowniku ułamka:

T =

1. Mianownik ułamka jest wartością wielomianu (X) = X 2 – X+1 kiedy X =
. Pokazuje to poprzedni przykład
jest liczbą algebraiczną nad polem Q stopień 4, ponieważ jest to pierwiastek nieredukowalnego wierzchołka Q wielomian P(X) = X 4 – 2.

2. Znajdź rozwinięcie liniowe gcd ( (X), P(X)) przy użyciu algorytmu Euclid.

_ X 4 – 2 | X 2 - X + 1

X 4 - X 3 + x 2 X 2 + x = q 1 (X)

_ X 3 - X 2 – 2

X 3 - X 2 + x

X 2 - X + 1 | – X –2 = R 1 (X )

X 2 + 2 X – x + 3 = Q 2 (X)

_–3X+ 1

–3 X – 6

_ – X –2 |7 = R 2

– X –2 -X - =Q 3 (X)

Więc NIE ( (X), P(X)) = R 2 = 7. Znajdź jego rozwinięcie liniowe.

Zapisujemy ciąg Euklidesa za pomocą notacji wielomianów.

P(X) = (X) · Q 1 (X) + R 1 (X)
R 1 (X) =P(X) – (X) · Q 1 (X)

Jak już zauważyliśmy, jednym z najważniejszych problemów w teorii wielomianów jest problem znalezienia ich pierwiastków. Aby rozwiązać ten problem, możesz użyć metody selekcji, tj. weź losowo liczbę i sprawdź, czy jest ona pierwiastkiem danego wielomianu.

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

Inną sprawą byłoby, gdybyśmy mogli zawęzić zakres poszukiwań, na przykład wiedzieć, że poszukiwane pierwiastki znajdują się, powiedzmy, wśród trzydziestu podanych liczb. A dla trzydziestu numerów możesz zrobić czek. W związku z tym wszystkim, co zostało powiedziane powyżej, ważne i interesujące wydaje się następujące twierdzenie.

Jeśli nierozkładalny ułamek l/m (l,m są liczbami całkowitymi) jest pierwiastkiem wielomianu f (x) o współczynnikach całkowitych, to wiodący współczynnik tego wielomianu jest podzielny przez m, a wyraz wolny jest podzielny przez 1.

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

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

Oznacza to:

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

Widzimy, że liczba całkowita anln jest podzielna przez m. Ale l/m jest ułamkiem nieredukowalnym, tj. liczby l i m są względnie pierwsze, a zatem, jak wiadomo z teorii podzielności liczb całkowitych, liczby ln i m są również względnie pierwsze. Więc anln jest podzielne przez m i m jest względnie pierwsze z ln, więc an jest podzielne przez m.

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

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

Mamy więc dwadzieścia numerów – „kandydatów” na korzenie. Pozostaje tylko sprawdzić każdy z nich i wybrać te, które są naprawdę korzeniami. Ale znowu musisz wykonać sporo kontroli. Ale następujące twierdzenie upraszcza tę pracę.

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

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

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

Pomnóż obie strony ostatniej równości przez mn:

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

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

Wróćmy teraz do naszego przykładu i posługując się udowodnionym twierdzeniem, jeszcze bardziej zawęźmy krąg poszukiwań pierwiastków wymiernych. Zastosujmy podane twierdzenie przy k=1 i k=-1, tj. jeśli nierozkładalny ułamek l/m jest pierwiastkiem wielomianu f(x), to f(1)/(l-m) i f(-1)/(l+m). Łatwo stwierdzić, że w naszym przypadku f (1) = -5, a f (-1) = -15. Zauważ, że jednocześnie wykluczyliśmy ± 1 z rozważań.

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

Rozważ l/m=1/2. Wtedy l-m=-1 i f (1) =-5 jest podzielne przez tę liczbę. Ponadto l + m = 3 i f (1) = -15 jest również podzielne przez 3. Stąd ułamek 1/2 pozostaje wśród „kandydatów” na pierwiastki.

Niech teraz lm=- (1/2) = (-1) /2. W tym przypadku l-m=-3 i f(1)=-5 nie jest podzielne przez - 3. Stąd ułamek -1/2 nie może być pierwiastkiem tego wielomianu i wyłączamy go z dalszych rozważań. Sprawdźmy dla każdego z ułamków zapisanych powyżej, otrzymujemy, że pożądane pierwiastki należą do liczb 1/2, ±2/3, 2, - 4.

A więc całkiem prosta sztuczka znacznie zawęziliśmy zakres poszukiwań pierwiastków wymiernych rozważanego wielomianu. Cóż, aby sprawdzić pozostałe liczby, stosujemy schemat Hornera:

Tabela 10

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

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

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

Przypomnijmy, że opisana powyżej metoda umożliwia znalezienie tylko pierwiastków wymiernych wielomianu o współczynnikach całkowitych. Tymczasem wielomian może mieć również niewymierne pierwiastki. Na przykład wielomian rozpatrywany w przykładzie ma jeszcze dwa pierwiastki: - 1 ± v5 (są to pierwiastki wielomianu x2 + 2x-4). Ogólnie rzecz biorąc, wielomian może w ogóle nie mieć racjonalnych pierwiastków.

Teraz udzielmy kilku rad.

Podczas testowania „kandydatów” na pierwiastki wielomianu f (x) za pomocą drugiego z udowodnionych powyżej twierdzeń, to drugie jest zwykle używane dla przypadków k = ± 1. Innymi słowy, jeśli l/m jest „kandydatem” na pierwiastki, to sprawdzają, czy f (1) i f (-1) są odpowiednio podzielne przez l-m i l+m. Ale może się zdarzyć, że np. f(1)=0, czyli 1 jest pierwiastkiem, a wtedy f(1) jest podzielne przez dowolną liczbę i nasz czek traci sens. W takim przypadku f(x) należy podzielić przez x-1, tj. uzyskaj f (x) = (x-1) s (x) i przetestuj wielomian s (x). Jednocześnie nie powinniśmy zapominać, że znaleźliśmy już jeden pierwiastek wielomianu f(x) - x1=1. Jeśli sprawdzając „kandydatów” na pierwiastki pozostałe po zastosowaniu drugiego twierdzenia o pierwiastkach wymiernych, zgodnie ze schematem Hornera, otrzymamy, że np. l/m jest pierwiastkiem, to należy znaleźć jego krotność. Jeśli jest to, powiedzmy, k, to f(x) = (x-l/m)ks(x) i można przeprowadzić dalszą weryfikację dla s(x), co zmniejsza obliczenia.

W ten sposób nauczyliśmy się znajdować pierwiastki wymierne wielomianu o współczynnikach całkowitych. Okazuje się, że w ten sposób nauczyliśmy się znajdować niewymierne pierwiastki wielomianu o wymiernych współczynnikach. Rzeczywiście, jeśli mamy na przykład wielomian f (x) \u003d x4 + 2 / 3x3 + 5 / 6x2 + 3 / 8x + 2, to zmniejszając współczynniki do wspólnego mianownika i usuwając je z nawiasów, otrzymamy f (x) =1/24 (24x4+16x3-20x2+9x+48). Oczywiste jest, że pierwiastki wielomianu f (x) pokrywają się z pierwiastkami wielomianu w nawiasach, a jego współczynniki są liczbami całkowitymi. Udowodnijmy na przykład, że sin100 jest liczbą niewymierną. Użyjmy dobrze znanego wzoru sin3?=3sin?-4sin3?. Stąd grzech300 = 3 grzech100-4 grzech3100. Biorąc pod uwagę, że sin300=0,5 i wykonując proste przekształcenia, otrzymujemy 8sin3100-6sin100+1=0. Zatem sin100 jest pierwiastkiem wielomianu f (x) = 8x3-6x+1. Jeśli poszukamy pierwiastków wymiernych tego wielomianu, to upewnimy się, że ich nie ma. Oznacza to, że pierwiastek sin100 nie jest liczbą wymierną, tj. sin100 jest liczbą niewymierną.

Itp. ma charakter ogólny i bardzo ważne studiować CAŁY kurs wyższej matematyki. Dzisiaj powtórzymy „szkolne” równania, ale nie tylko te „szkolne” - ale te z nich, które można znaleźć wszędzie w różnych zadaniach wyszmaty. Jak zwykle historia potoczy się w sposób aplikacyjny, tj. Nie będę się skupiał na definicjach, klasyfikacjach, ale dokładnie się z Wami podzielę osobiste doświadczenie rozwiązania. Informacje przeznaczone są przede wszystkim dla początkujących, ale bardziej przygotowani czytelnicy również znajdą dla siebie wiele ciekawostek. I oczywiście będą nowy materiał, poza zakresem Liceum.

Więc równanie... Wiele osób wspomina to słowo z dreszczykiem. Co to za "fantazyjne" równania z pierwiastkami... ...zapomnij o nich! Bo dalej spotkasz najbardziej niegroźnych „przedstawicieli” tego gatunku. Lub nudne równania trygonometryczne z dziesiątkami metod rozwiązywania. Szczerze mówiąc, też ich nie lubiłem... Bez paniki! - wtedy oczekują Cię głównie "mlecze" z oczywistym rozwiązaniem w 1-2 krokach. Chociaż „łopian” oczywiście przylega - tutaj musisz być obiektywny.

Co dziwne, w wyższej matematyce znacznie częściej mamy do czynienia z bardzo prymitywnymi równaniami, takimi jak liniowy równania.

Co oznacza rozwiązanie tego równania? Oznacza to - znaleźć TAKĄ wartość „x” (pierwiastek), która zamienia ją w prawdziwą równość. Odwróćmy „trojkę” w prawo ze zmianą znaku:

i upuść „dwójkę” na prawą stronę (lub to samo - pomnóż obie części przez) :

Aby to sprawdzić, podstawiamy zdobyte trofeum do oryginalnego równania:

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

Zauważ, że korzeń można również zapisać jako Ułamek dziesiętny:
I staraj się nie trzymać tego paskudnego stylu! Wielokrotnie powtarzałem powód, zwłaszcza na pierwszej lekcji wyższa algebra.

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

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

A teraz trochę o

graficzna metoda rozwiązania

Równanie ma postać, a jego pierwiastek to współrzędna „x”. punkty przecięcia wykres funkcji liniowej z harmonogramem funkcja liniowa (oś odciętych):

Wydawać by się mogło, że przykład jest tak elementarny, że nie ma co tu więcej analizować, ale można z niego „wycisnąć” jeszcze jeden nieoczekiwany niuans: przedstawiamy to samo równanie w postaci i rysujemy wykresy funkcji:

W której, proszę nie mylić tych dwóch: równanie to równanie, i funkcjonować jest funkcją! Funkcje tylko pomoc znaleźć pierwiastki równania. Których może być dwóch, trzech, czterech, a nawet nieskończenie wiele. Najbliższym przykładem w tym sensie jest każdy wie równanie kwadratowe, którego algorytm rozwiązania został wyróżniony osobną pozycją „gorących” formuł szkolnych. I to nie przypadek! Jeśli potrafisz rozwiązać równanie kwadratowe i wiesz twierdzenie Pitagorasa, wtedy można by powiedzieć „podłoga wyższej matematyki jest już w twojej kieszeni” =) Oczywiście przesadzone, ale nie tak dalekie od prawdy!

Dlatego nie jesteśmy zbyt leniwi i rozwiązujemy jakieś równanie kwadratowe zgodnie z standardowy algorytm:

, więc równanie ma dwa różne ważnyźródło:

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

Co zrobić, jeśli nagle zapomniałeś algorytmu rozwiązania, a nie masz pod ręką narzędzi/pomocnych dłoni? Taka sytuacja może zaistnieć na przykład podczas kolokwium lub egzaminu. Stosujemy metodę graficzną! A są dwa sposoby: możesz budować punktowo parabola , dowiadując się w ten sposób, gdzie przecina oś (jeśli w ogóle się przecina). Ale lepiej działać sprytniej: przedstawiamy równanie w postaci, rysujemy wykresy prostszych funkcji - i współrzędne „x”. ich punkty przecięcia, na pierwszy rzut oka!


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

Aby to zrobić, musisz oczywiście umieć budować wykresy funkcji elementarnych, ale z drugiej strony te umiejętności są w zasięgu nawet ucznia.

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

I tutaj, nawiasem mówiąc, należy pamiętać o jeszcze jednej rzeczy: jeśli wszystkie współczynniki równania zostaną pomnożone przez liczbę różną od zera, to jego pierwiastki się nie zmienią.

Więc na przykład równanie ma te same korzenie. Jako najprostszy „dowód” wyciągnę stałą z nawiasów:
i bezboleśnie usunąć (obie części podzielę na „minus dwa”):

ALE! Jeśli weźmiemy pod uwagę funkcję , to tutaj już nie można pozbyć się stałej! Można tylko wyjąć mnożnik z nawiasów: .

Wielu bagatelizuje graficzną metodę rozwiązania, uważając ją za coś „niegodnego”, a niektórzy wręcz zupełnie zapominają o tej możliwości. I jest to zasadniczo błędne, ponieważ spiskowanie czasami po prostu ratuje dzień!

Inny przykład: załóżmy, że nie pamiętasz pierwiastków najprostszego równania trygonometrycznego: Ogólna formuła są w podręcznikach szkolnych, we wszystkich podręcznikach matematyki elementarnej, ale nie są one dostępne dla ciebie. Jednak rozwiązanie równania jest krytyczne (inaczej „dwa”). Jest wyjście! - budujemy wykresy funkcji:


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

Istnieje nieskończenie wiele pierwiastków, a ich złożona notacja jest akceptowana w algebrze:
, Gdzie ( – zbiór liczb całkowitych) .

I bez "odchodzenia od kasy" kilka słów o graficznej metodzie rozwiązywania nierówności z jedną zmienną. Zasada jest taka sama. Więc, na przykład, każde "x" jest rozwiązaniem nierówności, ponieważ sinusoida leży prawie całkowicie pod linią prostą. Rozwiązaniem nierówności jest zbiór przedziałów, w których odcinki sinusoidy leżą ściśle nad linią prostą (odcięta):

lub w skrócie:

A oto zbiór rozwiązań nierówności - pusty, ponieważ żaden punkt sinusoidy nie leży powyżej linii prostej.

Coś nie jasne? Pilnie przestudiuj lekcje nt zestawy I wykresy funkcji!

Rozgrzać się:

Ćwiczenie 1

Rozwiąż graficznie następujące równania trygonometryczne:

Odpowiedzi na koniec lekcji

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

Jak już zapewniałem na samym początku lekcji, złożone równania trygonometryczne na standardowym kursie matematyki wyższej trzeba rozwiązywać niezwykle rzadko. Wszelka złożoność z reguły kończy się na równaniach takich jak , których rozwiązaniem są dwie grupy pierwiastków, wyprowadzone z najprostszych równań i . Nie przejmuj się zbytnio rozwiązaniem tego drugiego - zajrzyj do książki lub znajdź w internecie =)

Graficzna metoda rozwiązywania może również pomóc w mniej błahych przypadkach. Rozważmy na przykład następujące „pstrokate” równanie:

Perspektywy jego rozwiązania wyglądają… wcale nie wyglądają, wystarczy tylko przedstawić równanie w postaci , skonstruować wykresy funkcji i wszystko będzie niewiarygodnie proste. Rysunek znajduje się w środku artykułu o nieskończenie małe funkcje (otwiera się w następnej karcie).

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

Pierwiastki wymierne wielomianów o współczynnikach całkowitych.
Schemat Hornera

A teraz proponuję skierować wzrok na średniowiecze i poczuć niepowtarzalną atmosferę algebry klasycznej. Dla lepszego zrozumienia materiału polecam chociaż trochę zapoznania się Liczby zespolone.

Są najbardziej. Wielomiany.

Przedmiotem naszego zainteresowania będą najczęstsze wielomiany postaci z cały współczynniki . Liczba naturalna zwany stopień wielomianu, liczba - współczynnik w najwyższym stopniu (lub po prostu najwyższy współczynnik), a współczynnik wynosi Wolny Członek.

Oznaczę ten wielomian złożony przez .

Pierwiastki wielomianowe zwane pierwiastkami równania

Uwielbiam żelazną logikę =)

Dla przykładu przejdźmy do samego początku artykułu:

Nie ma problemów ze znalezieniem pierwiastków wielomianów 1. i 2. stopnia, ale w miarę zwiększania zadanie to staje się coraz trudniejsze. Ale z drugiej strony wszystko jest ciekawsze! I temu poświęcona będzie druga część lekcji.

Najpierw dosłownie pół ekranu teorii:

1) Zgodnie z wnioskiem podstawowe twierdzenie algebry, wielomian stopnia ma dokładnie zintegrowany korzenie. Niektóre korzenie (lub nawet wszystkie) mogą być w szczególności ważny. Co więcej, wśród pierwiastków rzeczywistych mogą znajdować się pierwiastki identyczne (wielokrotne). (minimum dwie, maksimum sztuk).

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

Najprostszy przykład- równanie kwadratowe, które po raz pierwszy napotkano w 8 (tak jak) klasie, i którą ostatecznie „wykończyliśmy” w temacie Liczby zespolone. Przypominam: równanie kwadratowe ma albo dwa różne pierwiastki rzeczywiste, albo wiele pierwiastków, albo sprzężone pierwiastki zespolone.

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

I znowu nasz stary przykład: skoro jest pierwiastkiem równania , to . Następnie łatwo uzyskać dobrze znaną „szkolną” dekompozycję.

Konsekwencja twierdzenia Bezouta ma wielką wartość praktyczną: jeśli znamy pierwiastek równania 3 stopnia, to możemy go przedstawić w postaci i od równanie kwadratowe resztę korzeni łatwo rozpoznać. Jeśli znamy pierwiastek równania 4 stopnia, to możliwe jest rozwinięcie lewej strony w iloczyn itp.

I tu są dwa pytania:

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

Pierwszą rzeczą, która nasuwa się sama, jest metoda selekcji. Rozważmy na przykład równanie . Haczyk jest tutaj w wyrazie wolnym - gdyby był równy zeru, to wszystko byłoby ażurowe - wysuwamy „x” z nawiasów i same korzenie „wypadają” na powierzchnię:

Ale nasz wolny termin jest równy „trzem”, dlatego zaczynamy zastępować różne liczby w równaniu, które twierdzi, że nazywa się „pierwiastkiem”. Przede wszystkim nasuwa się samo zastąpienie pojedynczych wartości. zamiennik:

Otrzymane zło równość, więc jednostka „nie pasowała”. Dobra, wstawmy to:

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

Aby znaleźć pierwiastki wielomianu trzeciego stopnia, istnieje metoda analityczna (tzw. formuły Cardano), ale teraz interesuje nas nieco inny problem.

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

Najprostsze rozważania algebraiczne sugerują, że w tym celu należy podzielić przez. Jak podzielić wielomian przez wielomian? Tą samą szkolną metodą, która jest wspólna regularne numery- "kolumna"! Ta metoda Szczegółowo przeanalizowałem w pierwszych przykładach lekcji Złożone granice, a teraz rozważymy inną metodę, która nazywa się Schemat Hornera.

Najpierw piszemy „starszy” wielomian z każdym , w tym zerowe współczynniki:
, po czym wpisujemy te współczynniki (ściśle w kolejności) w górnym rzędzie tabeli:

Po lewej piszemy pierwiastek:

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

Zdejmujemy starszy współczynnik z góry:

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

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

I wreszcie wynikowa wartość jest ponownie „przetwarzana” za pomocą „igły” i górnego współczynnika:

Zero w ostatniej komórce mówi nam, że wielomian podzielił się na bez śladu (tak jak powinno być), podczas gdy współczynniki rozszerzalności są „usuwane” bezpośrednio z dolnej linii tabeli:

W ten sposób przeszliśmy od równania do równania równoważnego i wszystko jest jasne z dwoma pozostałymi pierwiastkami (V ta sprawa uzyskuje się sprzężone złożone korzenie).

Nawiasem mówiąc, równanie można również rozwiązać graficznie: build "zamek błyskawiczny" i zobacz, że wykres przecina oś x () W punkcie . Lub ta sama „przebiegła” sztuczka - przepisujemy równanie w postaci , rysujemy elementarne wykresy i wykrywamy współrzędną „x” ich punktu przecięcia.

Nawiasem mówiąc, wykres dowolnej funkcji wielomianu 3. stopnia przecina oś co najmniej raz, co oznacza, że ​​\u200b\u200bodpowiednie równanie ma co najmniej jeden ważnyźródło. Ten fakt jest ważny dla dowolnej funkcji wielomianu nieparzystego stopnia.

I tu też chcę się zatrzymać ważny punkt odnośnie terminologii: wielomian I funkcja wielomianu – to nie to samo! Ale w praktyce często mówią na przykład o „wykresie wielomianowym”, który oczywiście jest zaniedbany.

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

„Prowadźmy” wartość „nieudaną” zgodnie ze schematem Hornera. Jednocześnie wygodnie jest korzystać z tej samej tabeli - zapisujemy nową „igłę” po lewej stronie, wyburzamy najwyższy współczynnik od góry (lewa zielona strzałka), i ruszamy:

Aby to sprawdzić, otwieramy nawiasy i podajemy podobne wyrazy:
, OK.

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

Z powyższych obliczeń łatwo zrozumieć, że schemat Hornera pozwala nie tylko rozłożyć wielomian na czynniki, ale także przeprowadzić „cywilizowany” wybór pierwiastka. Sugeruję, abyś niezależnie naprawił algorytm obliczeniowy za pomocą małego zadania:

Zadanie 2

Korzystając ze schematu Hornera, znajdź cały pierwiastek równania i rozłóż na czynniki odpowiedni wielomian

Innymi słowy, tutaj musisz kolejno sprawdzać liczby 1, -1, 2, -2, ... - aż zero zostanie „wylosowane” w ostatniej kolumnie. Oznacza to, że „igła” tej linii jest pierwiastkiem wielomianu

Obliczenia są wygodnie ułożone w jednej tabeli. Szczegółowe rozwiązanie i odpowiedź na końcu lekcji.

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

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

Twierdzenie 1 Rozważać nieskracalny ułamek , gdzie . Jeśli liczba jest pierwiastkiem równania, to wolny termin jest podzielny przez, a wiodący współczynnik jest podzielny przez.

W szczególności, jeśli wiodącym współczynnikiem jest , to ten pierwiastek wymierny jest liczbą całkowitą:

I zaczynamy wykorzystywać twierdzenie właśnie od tego smacznego szczegółu:

Wróćmy do równania. Ponieważ jego wiodący współczynnik wynosi , to hipotetyczne pierwiastki wymierne mogą być wyłącznie liczbami całkowitymi, a termin wolny musi być koniecznie podzielony przez te pierwiastki bez reszty. A „trójkę” można podzielić tylko na 1, -1, 3 i -3. Oznacza to, że mamy tylko 4 „kandydatów na korzenie”. I wg Twierdzenie 1, inne liczby wymierne nie mogą być pierwiastkami tego równania Z ZASADY.

W równaniu jest trochę więcej „wnioskodawców”: wolny termin jest podzielony na 1, -1, 2, -2, 4 i -4.

Proszę zauważyć, że numery 1, -1 są „stałymi bywalcami” listy możliwych pierwiastków (oczywista konsekwencja twierdzenia) i najbardziej najlepszy wybór na pierwszą kontrolę.

Przejdźmy do bardziej znaczących przykładów:

Zadanie 3

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

I tu od razu pojawia się kusząca myśl: czy można wyplenić wszystkie negatywne lub wszystkie pozytywne korzenie? W niektórych przypadkach możesz! Sformułuję dwa znaki:

1) Jeśli Wszystko Jeśli współczynniki wielomianu są nieujemne, to nie może on mieć dodatnich pierwiastków. Niestety tak nie jest w naszym przypadku (Teraz, gdybyśmy mieli podane równanie - to tak, przy podstawieniu dowolnej wartości wielomianu jest ściśle dodatnia, co oznacza, że ​​​​wszystkie liczby dodatnie (i irracjonalne też) nie mogą być pierwiastkami równania.

2) Jeżeli współczynniki dla potęg nieparzystych są nieujemne, a dla wszystkich potęg parzystych (w tym bezpłatny członek) są ujemne, to wielomian nie może mieć pierwiastków ujemnych. To jest nasza sprawa! Przyglądając się uważnie, można zauważyć, że gdy wstawimy do równania dowolne ujemne „x”, lewa strona będzie ściśle ujemna, co oznacza, że ​​ujemne pierwiastki znikną

Zatem do badań pozostało 8 liczb:

Konsekwentnie „ładuj” je zgodnie ze schematem Hornera. Mam nadzieję, że już opanowałeś obliczenia mentalne:

Szczęście czekało na nas podczas testowania „dwójki”. Zatem jest pierwiastkiem rozważanego równania i

Pozostaje zbadać równanie . Łatwo to zrobić za pomocą dyskryminatora, ale przeprowadzę test wykładniczy w ten sam sposób. Po pierwsze, zauważmy, że termin wolny jest równy 20, co oznacza, że ​​wg Twierdzenie 1 liczby 8 i 40 wypadają z listy możliwych pierwiastków, a wartości pozostają do badań (jeden został wyeliminowany zgodnie ze schematem Hornera).

Piszemy współczynniki trójmianu w górnym rzędzie nowej tabeli i zaczynamy sprawdzanie od tych samych „dwóch”. Dlaczego? A ponieważ pierwiastki mogą być wielokrotnościami, proszę: - to równanie ma 10 identycznych pierwiastków. Ale nie przesadzajmy:

I tutaj oczywiście byłem trochę przebiegły, wiedząc, że korzenie są racjonalne. W końcu, gdyby były irracjonalne lub złożone, miałbym nieudane sprawdzenie wszystkich pozostałych liczb. Dlatego w praktyce kieruj się dyskryminatorem.

Odpowiedź: pierwiastki wymierne: 2, 4, 5

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

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

Zadanie 4

Znajdź racjonalne pierwiastki równania

Rozwiązanie: Przez Twierdzenie 1 liczniki hipotetycznych pierwiastków wymiernych muszą spełniać warunek (czytaj „dwanaście jest podzielne przez piwo”), a mianowniki do warunku . Na tej podstawie otrzymujemy dwie listy:

"lista el":
i „wypisz je”: (na szczęście tutaj liczby są naturalne).

Teraz zróbmy listę wszystkich możliwych pierwiastków. Najpierw dzielimy „listę piw” przez . Jest całkiem jasne, że pojawią się te same liczby. Dla wygody umieśćmy je w tabeli:

Zmniejszono wiele ułamków, w wyniku czego powstały wartości, które znajdują się już na „liście bohaterów”. Dodajemy tylko „nowych”:

Podobnie tę samą „listę piw” dzielimy na:

i wreszcie dalej

Tak więc zespół uczestników naszej gry składa się z:


Niestety wielomian tego problemu nie spełnia kryterium „dodatni” lub „ujemny”, dlatego nie możemy odrzucić ani górnego, ani dolnego rzędu. Musisz pracować ze wszystkimi liczbami.

Jaki jest Twój nastrój? Daj spokój, odwróć nos - jest jeszcze jedno twierdzenie, które można w przenośni nazwać „twierdzeniem o zabójcy”… ... "kandydatów", oczywiście =)

Ale najpierw musisz przewinąć diagram Hornera dla co najmniej jednego całość liczby. Tradycyjnie bierzemy jeden. W górnym wierszu zapisujemy współczynniki wielomianu i wszystko jest jak zwykle:

Ponieważ cztery wyraźnie nie jest zerem, wartość nie jest pierwiastkiem danego wielomianu. Ale ona bardzo nam pomoże.

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

W naszym przypadku i dlatego wszystkie możliwe pierwiastki muszą spełniać warunek (nazwijmy to warunkiem nr 1). Ta czwórka będzie „zabójcą” wielu „kandydatów”. W ramach demonstracji przyjrzę się kilku czekom:

Sprawdźmy kandydata. Aby to zrobić, sztucznie przedstawiamy to jako ułamek , z którego wyraźnie widać, że . Obliczmy różnicę kontrolną: . Cztery dzieli się przez „minus dwa”: co oznacza, że ​​możliwy pierwiastek zdał test.

Sprawdźmy wartość. Tutaj różnica testowa wynosi: . Oczywiście i dlatego drugi „obiekt testowy” również pozostaje na liście.