Równania w matematyce wyższej Pierwiastki wymierne wielomianów. Schemat Hornera

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 dzielony 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 przedstawić 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 (wyraz wolny), a liczba q jest dzielnikiem liczby (współczynnikiem wiodącym).

Twierdzenie o pierwiastkach całkowitych, zawierający

Jeżeli liczba całkowita α jest pierwiastkiem wielomianu o współczynnikach całkowitych, to α jest dzielnikiem jego wolnego członu.

Dowód. Zostawiać:

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

wielomian o współczynnikach całkowitych, a jego pierwiastkiem jest liczba całkowita α.

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

a 0 αⁿ+a 1 αⁿ -1 +…+a n-1 α +a n =0.

Wyjmując wspólny czynnik α z nawiasów, otrzymujemy równość:

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

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

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

Sprawdzone twierdzenie można również sformułować w następujący sposób: każdy pierwiastek całkowity wielomianu o współczynnikach całkowitych jest dzielnikiem jego wolnego wyrazu.
Twierdzenie opiera się na algorytmie wyszukiwania pierwiastków całkowitych wielomianu o współczynnikach całkowitych: zapisz wszystkie dzielniki wolnego terminu i jeden po drugim zapisz wartości wielomianów tych liczb.

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 c +a n)=

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

i dlatego dla wielomianu P ze współczynnikami całkowitymi oraz liczbami całkowitymi b i c różnica P(b)-P(c) jest dzielona przez b-c.

Wtedy: dla b = α, c = 1, P (α)-P (1) = -P(1), co oznacza, że P(1) dzieli się przez α-1. Drugi przypadek traktuje się podobnie.

Schemat Hornera

Twierdzenie: Niech nieredukowalny ułamek p/q będzie pierwiastkiem równania za 0 x n + za 1 x n - 1 + + za n - 1 x+ za n =0 ze współczynnikami całkowitymi, następnie liczba Q jest dzielnikiem wiodącego współczynnika a0 i liczby R jest dzielnikiem terminu wolnego an.

Notatka 1. Każdy pierwiastek całkowity równania o współczynnikach całkowitych jest dzielnikiem jego wolnego członu.

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

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

Uwaga 3. Jeśli x = do pierwiastek wielomianu , wówczas wielomian można zapisać jako: f(x)=(x−c)q(x) , Gdzie jest ilorazem wielomianu k(x) przez jednomian x - ok

Dzielenie wielomianu przez jednomian można wykonać za pomocą schematu Hornera:

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

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

Rozwiązanie: Współczynnik najwyższego stopnia wynosi 1, zatem pierwiastków całkowitych równania należy szukać wśród dzielników wyrazu wolnego: 1; 2; 3; 4; 6; 12. Korzystając ze schematu Hornera, znajdujemy pierwiastki całkowite równania:

Jeżeli wybrany zostanie jeden pierwiastek zgodnie ze schematem Hornera. wtedy możesz podjąć dalszą decyzję 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

Pytanie o znalezienie racjonalne korzenie wielomian F(X)Q[X] (ze współczynnikami wymiernymi) sprowadza się do kwestii znalezienia wymiernych pierwiastków wielomianów k ∙ F(X)Z[X] (ze współczynnikami całkowitymi). Oto numer k jest najmniejszą wspólną wielokrotnością mianowników współczynników danego wielomianu.

Warunki konieczne, ale niewystarczające na istnienie pierwiastków wymiernych wielomianu o współczynnikach całkowitych podaje poniższe twierdzenie.

Twierdzenie 6.1 (około racjonalne korzenie wielomian ze współczynnikami całkowitymi). Jeśli – pierwiastek racjonalny wielomianuF(X) = A N  X N + + …+ A 1  X + A 0 Z cały współczynniki i(P, Q) = 1, a następnie licznik ułamkaPjest dzielnikiem terminu wolnego a 0 i mianownikQjest dzielnikiem wiodącego współczynnika a 0 .

Twierdzenie 6.2.Jeśli Q ( Gdzie (P, Q) = 1) jest pierwiastkiem wymiernym wielomianu F(X) wówczas 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 – pierwiastek racjonalny wielomianu F(X), ( Gdzie( P, Q) = 1), To A 0 = 1 P, A N = 6 Q. Dlatego P { 1}, Q (1, 2, 3, 6), co oznacza

2. Wiadomo, że (wniosek 5.3) liczba A jest pierwiastkiem wielomianu F(X) wtedy i tylko wtedy gdy F(X) podzielony przez ( x – o).

W związku z tym należy 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 odrzucić część pozostałych liczb
, skorzystajmy z Twierdzenia 6.2. Jeśli wyrażenia Lub
akceptuje wartości całkowite dla odpowiednich wartości liczników P i mianownik Q, następnie w odpowiednich komórkach tabeli (patrz poniżej) napiszemy literę „ts”, w przeciwnym razie – „dr”.


=
=

4. Korzystając ze schematu Hornera sprawdzamy, czy liczby pozostałe po odsianiu będą takie
korzenie F(X). Najpierw podzielmy się 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 - podzielić 2 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 włączone ( X – ).

Dostał: Q () = 0, czyli – pierwiastek Q(X), a zatem jest korzeniem F (X). Zatem wielomian F (X) ma dwa racjonalne pierwiastki: i.

Wyzwolenie od irracjonalności algebraicznej w mianowniku ułamka

Na kursie szkolnym, rozwiązując określone typy problemów, aby pozbyć się irracjonalności w mianowniku ułamka, wystarczy pomnożyć licznik i mianownik ułamka przez liczbę sprzężoną z mianownikiem.

Przykłady. 1.T =
.

Tutaj skrócony wzór na mnożenie (różnicę kwadratów) działa w mianowniku, co pozwala uwolnić się od irracjonalności w mianowniku.

2. Uwolnij się od irracjonalności w mianowniku ułamka

T =
. Wyrażenie – niepełny kwadrat różnicy liczb A=
I B= 1. Używając skróconego wzoru na mnożenie A 3 – B 3 = (+B) · ( A 2 – ok + B 2 ), możemy wyznaczyć mnożnik M = (+B) =
+ 1, przez który należy pomnożyć licznik i mianownik ułamka T aby pozbyć się irracjonalności w mianowniku ułamka T. Zatem,

W sytuacjach, gdy skrócone wzory na mnożenie nie działają, można zastosować inne techniki. Poniżej sformułowamy twierdzenie, którego dowód pozwala w szczególności znaleźć algorytm pozbycia się irracjonalności w mianowniku ułamka w bardziej złożonych sytuacjach.

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

Definicja 6.2.Stopień algebraiki nad ciałem F liczby z nazywa się stopniem nieredukowalności nad ciałem F wielomian P(X)F[X], którego pierwiastkiem jest liczba z.

Przykład. Pokażmy, że liczba z =
jest algebraiczna nad ciałem Q i znajdź jego stopień.

Znajdźmy nieredukowalną nad polem Q wielomian P(X), którego pierwiastkiem jest X =
. Podnieśmy obie strony równości X =
do potęgi czwartej, otrzymujemy X 4 = 2 lub X 4 – 2 = 0. Zatem P(X) = X 4 – 2 i potęga liczby z równy st P(X) = 4.

Twierdzenie 6.3 (o wyzwoleniu się od irracjonalności algebraicznej w mianowniku ułamka).Pozwalaćz– liczba algebraiczna nad ciałemFstopniN. Wyrażenie formyT = ,Gdzie F(X), (X)F[X], (z) 0

można przedstawić jedynie w postaci:

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

Zademonstrujemy algorytm pozbycia się irracjonalności w mianowniku ułamka w konkretny przykład.

Przykład. Uwolnij się od irracjonalności w mianowniku ułamka:

T =

1. Mianownikiem ułamka jest wartość wielomianu (X) = X 2 – X+1 kiedy X =
. Poprzedni przykład to pokazuje
– liczba algebraiczna nad ciałem Q stopień 4, ponieważ jest pierwiastkiem nieredukowalnego over Q wielomian P(X) = X 4 – 2.

2. Znajdźmy rozwinięcie liniowe NWD ( (X), P(X)) przy użyciu algorytmu Euklidesa.

_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)

Zatem NWD ( (X), P(X)) = R 2 = 7. Znajdźmy jego rozwinięcie liniowe.

Zapiszmy ciąg euklidesowy za pomocą notacji wielomianowej.

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

Podczas rozwiązywania równań i nierówności często konieczne jest uwzględnienie wielomianu, którego stopień wynosi trzy lub więcej. W tym artykule przyjrzymy się najłatwiejszemu sposobowi, aby to zrobić.

Jak zwykle, po pomoc zwróćmy się do teorii.

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

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

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

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

To zadanie można podzielić na dwie części: jak znaleźć pierwiastek wielomianu i jak podzielić wielomian przez 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 wynosi zero: . Łatwo jest sprawdzić, jaki jest pierwiastek wielomianu.

Jeżeli suma współczynników wielomianu o potęgach parzystych jest równa sumie współczynników o potęgach nieparzystych, to liczba jest pierwiastkiem wielomianu. Termin wolny jest uważany za współczynnik stopnia parzystego, ponieważ a jest liczbą parzystą.

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

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

Dla zredukowanego wielomianu stopnia (czyli wielomianu, w którym współczynnik wiodący - współczynnik przy - jest równy jedności) obowiązuje wzór Vieta:

Gdzie są pierwiastki wielomianu.

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

Z tego wzoru Vieta wynika, że jeśli pierwiastki wielomianu są liczbami całkowitymi, to są one dzielnikami jego wolnego członu, który jest również liczbą całkowitą.

Oparte na tym, musimy rozłożyć wyraz wolny wielomianu na czynniki i po kolei, od najmniejszego do największego, sprawdzić, który z czynników jest pierwiastkiem wielomianu.

Rozważmy na przykład wielomian

Dzielniki terminu wolnego: ; ; ;

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

Suma współczynników dla potęg parzystych:

Suma współczynników dla potęg nieparzystych:

Dlatego liczba -1 również nie jest pierwiastkiem wielomianu.

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

2. Jak podzielić wielomian na dwumian.

Wielomian można podzielić na dwumian za pomocą kolumny.

Podziel wielomian przez dwumian za pomocą kolumny:

Istnieje inny sposób dzielenia wielomianu przez dwumian - schemat Hornera.

Obejrzyj ten film, aby zrozumieć jak podzielić wielomian przez dwumian z kolumną i korzystając ze diagramu Hornera.

Zauważam, że jeśli przy dzieleniu przez kolumnę w pierwotnym wielomianu brakuje jakiejś części niewiadomej, w jej miejsce wpisujemy 0 – tak samo, jak przy sporządzaniu tabeli dla schematu Hornera.

Jeśli więc chcemy podzielić wielomian przez dwumian i w wyniku podziału otrzymamy wielomian, to współczynniki wielomianu możemy znaleźć korzystając ze schematu Hornera:

Możemy również skorzystać Schemat Hornerażeby sprawdzić czy tak jest podany numer pierwiastek wielomianu: jeśli liczba jest pierwiastkiem wielomianu, to reszta z dzielenia wielomianu przez jest równa zeru, czyli w ostatniej kolumnie drugiego wiersza schematu Hornera otrzymujemy 0.

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

Przykład. Rozwiązać równanie:

1. Zapiszmy dzielniki wyrazu wolnego i poszukajmy pierwiastków wielomianu wśród dzielników wyrazu wolnego.

Dzielniki 24:

2. Sprawdźmy, czy liczba 1 jest pierwiastkiem wielomianu.

Suma współczynników wielomianu, zatem liczba 1 jest pierwiastkiem wielomianu.

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

A) Zapiszmy współczynniki pierwotnego wielomianu w pierwszym wierszu tabeli.

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

B) Wypełnij pierwszy wiersz tabeli.

W ostatniej kolumnie, zgodnie z oczekiwaniami, otrzymaliśmy zero; pierwotny wielomian podzieliliśmy przez dwumian bez reszty. Współczynniki wielomianu wynikające z dzielenia pokazano kolorem niebieskim w drugim wierszu tabeli:

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

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

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

W ostatniej kolumnie otrzymaliśmy -40 - liczbę różną od zera, 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 się nie powiodła, aby uniknąć pomyłki ze współczynnikami, usunę linię odpowiadającą tej próbie:

Świetnie! Jako resztę otrzymaliśmy zero, dlatego wielomian podzielono na dwumian bez reszty, dlatego liczba -2 jest pierwiastkiem wielomianu. Współczynniki wielomianu otrzymanego przez podzielenie wielomianu przez dwumian pokazano w tabeli kolorem zielonym.

W wyniku podziału otrzymaliśmy trójmian kwadratowy , którego pierwiastki można łatwo znaleźć korzystając z twierdzenia Viety:

Zatem pierwiastki pierwotnego równania to:

{}

Odpowiedź: ( }

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

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

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

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

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

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

Oznacza to:

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

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

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

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

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

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

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

Pomnóżmy obie strony ostatniej równości przez mn:

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

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

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

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

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

Zatem całkiem prosta sztuczka znacznie zawęziliśmy obszar poszukiwań pierwiastków wymiernych rozważanego wielomianu. Cóż, aby sprawdzić pozostałe liczby, skorzystamy ze schematu Hornera:

Tabela 10

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

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

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

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

Teraz podamy kilka wskazówek.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Niech dane będą dwa wielomiany f(x) =anxn+an-1 xn-1+. . . +a 1 x+a 0, an≠ 0 i g(x)=bmxm+bm-1 xm-1+. . . +b 1 x+bm≠ 0. Wiadomo, że art. f(x)=n oraz art. g(x)=m. Jeśli pomnożymy te dwa wielomiany, otrzymamy wielomian w postaci f(x) g(x)=anbmxm+n+. . . +a 0 b 0. Skoro an≠ 0 i bn≠ 0, to anbm≠ 0, co oznacza st. (f(x)g(x))=m+n. Wynika z tego ważne stwierdzenie.

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

Nazywa się superpozycją wielomianów f (x) i g (x). wielomian oznaczony f (g (x)), który otrzymujemy, jeśli w wielomianie f (x) podstawimy wielomian g (x) zamiast x. Na przykład, jeśli f(x)=x 2+2 x-1 i g(x) =2 x+3, to f(g(x))=f(2 x+3)=(2 x+3) 2 +2(2 x+3)-1=4 x 2+16 x+14, g(f(x))=g(x 2+2 x-1)=2(x 2+2 x-1) + 3=2x2+4x+1. Można zauważyć, że f (g (x)) ≠ g (f (x)), czyli superpozycja wielomianów f (x), g (x) i superpozycja wielomianów g (x), f ( x) są różne. Zatem operacja superpozycji nie ma własności przemienności.

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

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

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

Zmniejsz ułamek Rozwiązanie: Znajdź gcd tych wielomianów, korzystając z algorytmu Euklidesa 1) x3 + 6 x2 + 11 x + 6 x3 + 7 x2 + 14 x + 8 1 – x2 – 3 x – 2 2) x3 + 7 x2 + 14 x + 8 x3 + 3 x2 + 2 x – x2 – 3 x – 2 –x– 4 4 x2 + 12 x + 8 0 Zatem wielomian (– x2 – 3 x – 2) jest gcd licznika i mianownik danego ułamka. Znany jest wynik dzielenia mianownika przez ten wielomian.

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

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

Wielomiany po lewej i prawej stronie tej zależności są równe, co oznacza, że odpowiadające im współczynniki są równe. Przyrównajmy je, otwierając najpierw nawiasy i umieszczając podobne wyrazy po prawej stronie tej równości. Otrzymujemy: a= bn-1, a-1 = bn-2 - cbn-1, a-2 = bn-3 - cbn-2, a 2 = b 1 - cb 2, a 1 = b 0 - cb 1 , a 0 = r - cb 0. Przypomnijmy, że musimy znaleźć niepełny iloraz, czyli jego współczynniki i resztę. Wyraźmy je z otrzymanych równości: bn-1 = an, b n-2 = cbn-1 + an-1, b n-3 = cbn-2 + a n-2, b 1 = cb 2 + a 2 , b 0 = cb 1 +a 1, r = cb 0 + a 0. Znaleźliśmy wzory, za pomocą których można obliczyć współczynniki ilorazu cząstkowego s (x) i reszty r. W tym przypadku obliczenia przedstawiono w formie poniższej tabeli; nazywa się to schematem Hornera.

Tabela 1. Współczynniki f (x) c an bn-1 an-1 bn-2=cbn-1+ an-1 an-2 bn-3 = cbn-2+an-2 … … a 0 r = cb 0 + a 0 Pozostałość współczynników s (x) W pierwszym wierszu tej tabeli zapisz wszystkie współczynniki wielomianu f (x) z rzędu, pozostawiając pierwszą komórkę wolną. W drugim wierszu, w pierwszej komórce, wpisz liczbę c. Pozostałe komórki tej linii wypełnia się, obliczając kolejno współczynniki niepełnego ilorazu s (x) i reszty r. W drugiej komórce wpisz współczynnik bn-1, który, jak ustaliliśmy, jest równy an.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Zazwyczaj sprawdzanie pierwiastka pod kątem krotności odbywa się w jednej tabeli. W tym przykładzie tabela wygląda następująco: Tabela 8. 1 -5 3 22 -44 -24 2 2 1 1 -3 -1 1 3 -3 -5 -3 3 16 6 0 -12 0 0 Innymi słowy, zgodnie ze schematem podziału Hornera wielomianu f (x) przez x-2, w drugim wierszu otrzymujemy współczynniki wielomianu g (x). Następnie uważamy tę drugą linię za pierwszą linię nowy system Hornera i dzielimy g (x) przez x-2 itd. Kontynuujemy obliczenia, aż otrzymamy resztę różną od zera. W tym przypadku krotność pierwiastka jest równa liczbie uzyskanych reszt zerowych. Wiersz zawierający ostatnią niezerową resztę zawiera także współczynniki ilorazu przy dzieleniu f (x) przez (x-2) 3.

Teraz, korzystając z zaproponowanego właśnie schematu sprawdzania pierwiastka pod kątem krotności, rozwiążemy następujący problem. Dla jakich a i b wielomian f(x) =x 4+2 x 3+ax 2+ (a+b)x+2 ma liczbę - 2 jako pierwiastek z wielokrotności 2? Ponieważ wielokrotność pierwiastka - 2 powinna być równa 2, to dzieląc przez x+2 według proponowanego schematu, powinniśmy otrzymać resztę 0 dwa razy, a za trzecim razem resztę różną od zera. Mamy: Tabela 9. -2 -2 -2 1 1 2 0 -2 -4 a a a+4 a+12 a+b -3 a+b-8 2 2 a-2 b+2

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

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

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

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

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

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

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

Widzimy, że 1/2 jest pierwiastkiem wielomianu f(x) i f(x)= (x-1/2) (6 x 3+16 x 2 -16 x-16) = (2 x-1) (3 x 3+8 x 2 -8 x-8). Oczywiste jest, że wszystkie pozostałe pierwiastki wielomianu f (x) pokrywają się z pierwiastkami wielomianu g (x) =3 x 3+8 x 2 -8 x-8, co oznacza, że dalsza weryfikacja „kandydatów” na pierwiastki można przeprowadzić dla tego wielomianu. Znajdujemy: Tabela 11. 3 8 -8 -8 2/3 3 10 -4/3 -80/9 Ustaliliśmy, że reszta z dzielenia g(x) przez x-2/3 wynosi - 80/9, tj. 2/3 nie jest pierwiastkiem wielomianu g(x), a zatem f(x też nim nie jest). Następnie stwierdzamy, że - 2/3 jest pierwiastkiem wielomianu g(x) i g (x) = (3 x+2) (x 2+2 x-4).

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

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

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

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

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

Czasami używa się skróconych wzorów na mnożenie i dwumianu Newtona do rozkładania wielomianów na czynniki wygląd wielomianu sugeruje sposób jego rozkładu na czynniki. Na przykład po prostych przekształceniach współczynniki układa się w linię z trójkąta Pascala dla współczynników dwumianu Newtona. Przykład. Rozłóż wielomian na czynniki.

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

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

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

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

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

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

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

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

gdzie jest wielomianem, którego stopień jest mniejszy niż stopień mianownika. I podobnie jak w poprzednim wzorze można otrzymać: (5)