Enačbe v višji matematiki Racionalni koreni polinomov. Hornerjeva shema

Če je polinom

Dokaz

Naj bodo vsi koeficienti polinoma cela števila in celo število a naj bo koren tega polinoma. Ker v tem primeru sledi, da je koeficient deljen z a.

Komentiraj. Ta izrek dejansko omogoča iskanje korenin polinomov višjih stopenj v primeru, ko so koeficienti teh polinomov cela števila in je koren racionalno število. Izrek lahko preoblikujemo na naslednji način: če vemo, da so koeficienti polinoma cela števila in so njegove korenine racionalne, potem so lahko te racionalne korenine le v obliki, kjer je p delitelj števila (prosti člen), in število q je delitelj števila (vodilni koeficient) .

izrek o celih koreninah, ki vsebuje

Če je celo število α koren polinoma s celimi koeficienti, potem je α delitelj njegovega prostega člena.

Dokaz. Naj bo:

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

polinom s celimi koeficienti in celo število α je njegov koren.

Potem je po definiciji korena enakost P (α)=0;

a 0 αⁿ+a 1 αⁿ -1 +…+a n-1 α +a n =0.

Če skupni faktor α vzamemo iz oklepaja, dobimo enakost:

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

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

Ker so števila a 0 , a 1 ,…a n-1 , an in α cela števila, je v oklepaju celo število, zato je a n deljiv z α, kar je bilo potrebno tudi dokazati.

Dokazani izrek lahko formuliramo tudi takole: vsak celoštevilski koren polinoma s celimi koeficienti je delitelj njegovega prostega člena.
Izrek temelji na algoritmu za iskanje celoštevilskih korenin polinoma s celimi koeficienti: zapišite vse delitelje prostega člena in enega za drugim zapišite vrednosti polinomov teh števil.

2. Dodatni izrek o celih korenih

Če je celo število α koren polinoma P(x) s celimi koeficienti, potem je α-1 delitelj števila P(1), α+1 je delitelj števila P(-1)

Dokaz. Od identitete

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

iz tega sledi, da je za celi števili b in c število bⁿ-cⁿ deljivo z b∙c. Toda za vsak polinom P razlika

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)

in zato je za polinom P s celimi koeficienti in celima številoma b in c razlika P(b)-P(c) deljena z b-c.

Potem: za b = α, c = 1, P (α)-P (1) = -P(1), kar pomeni, da je P(1) deljeno z α-1. Drugi primer se obravnava podobno.

Hornerjeva shema

Izrek: Naj bo nezmanjšani ulomek p/q koren enačbe a 0 x n +a 1 x n − 1 + +a n − 1 x+a n =0 s celimi koeficienti, nato število q je delitelj vodilnega koeficienta a0 in števila R je delitelj prostega člena a n.

Opomba 1. Vsak celoštevilski koren enačbe s celimi koeficienti je delitelj njenega prostega člena.

Opomba 2.Če je vodilni koeficient enačbe s celimi koeficienti enak 1, potem so vsi racionalni koreni, če obstajajo, cela števila.

Koren polinoma. Koren polinoma f(x)= a 0 x n +a 1 x n − 1 + +a n − 1 x+a n je x = c , tako da f (c)=0 .

Opomba 3.če x = c koren polinoma , potem lahko polinom zapišemo kot: f(x)=(x−c)q(x) , Kje je količnik polinoma f(x) z monomom x - c

Polinom lahko delimo z monomom po Hornerjevi shemi:

če f(x)=a 0 x n +a 1 x n − 1 + +a n − 1 x+a n , a 0 ≠0 , g(x)=x−c , potem pri delitvi f (x) na g (x) zasebno q(x) izgleda kot q(x)=b 0 x n − 1 +b 1 x n − 2 + +b n−2 x+b n−1 , Kje b 0 =a 0 ,

b k =c b k − 1 +a k , k=1, 2, ,n−1. Ostanek r se najde po formuli r=c b n − 1 +a n

rešitev: Koeficient najvišje stopnje je 1, zato je treba celoštevilske korene enačbe iskati med delitelji prostega člena: 1; 2; 3; 4; 6; 12. S pomočjo Hornerjeve sheme najdemo celoštevilske korene enačbe:

Če je izbrana ena korenina po Hornerjevi shemi. potem se lahko tako naprej odločaš x 3 −x 2 −8x+12=(x−2)(x 2 +x−6)=0 (x−2) 2 (x−3)=0 x=2;x=3

Vprašanje glede iskanja racionalne korenine polinom f(x)Q[x] (z racionalnimi koeficienti) zmanjša na vprašanje iskanja racionalnih korenin polinomov k ∙ f(x)Z[x] (s celimi koeficienti). Tukaj je številka k je najmanjši skupni mnogokratnik imenovalcev koeficientov danega polinoma.

Nujne, a ne zadostne pogoje za obstoj racionalnih korenin polinoma s celimi koeficienti podaja naslednji izrek.

Izrek 6.1 (približno racionalne korenine polinom s celimi koeficienti). če – racionalni koren polinomaf(x) = a n  x n + + …+ a 1  x + a 0 z cela koeficienti in(str, q) = 1, nato števec ulomkastrje delitelj prostega člena a 0 , in imenovalecqje delitelj vodilnega koeficienta a 0 .

Izrek 6.2.če Q ( Kje (str, q) = 1) je racionalni koren polinoma f(x) s celimi koeficienti, torej
–cela števila.

Primer. Poiščite vse racionalne korenine polinoma

f(x) = 6 x 4 + x 3 + 2 x 2 – 4 x+ 1.

1. Po izreku 6.1: če – racionalni koren polinoma f(x), ( Kje( str, q) = 1), to a 0 = 1 str, a n = 6 q. Zato str { 1}, q (1, 2, 3, 6), kar pomeni

2. Znano je, da (posledica 5.3) število A je koren polinoma f(x) če in samo če f(x) deljeno s ( x – a).

Zato preverimo, ali sta števili 1 in –1 korenini polinoma f(x) lahko uporabite Hornerjevo shemo:

f(1) = 60,f(–1) = 120, torej 1 in –1 nista korena polinoma f(x).

3. Izločiti nekaj preostalih številk
, uporabimo izrek 6.2. Če izrazi oz
sprejema celoštevilske vrednosti za ustrezne vrednosti števcev str in imenovalec q, potem bomo v ustrezne celice tabele (glej spodaj) zapisali črko "ts", drugače - "dr".


=
=

4. S Hornerjevo shemo preverimo, ali bodo številke, ki ostanejo po presejanju
korenine f(x). Najprej razdelimo f(x) na ( X – ).

Kot rezultat imamo: f(x) = (X – )(6 x 3 + 4 x 2 + 4 X - 2) in – koren f(x). Zasebno q(x) = 6 x 3 + 4 x 2 + 4 X - deli 2 z ( X + ).

Ker q (–) = 30, potem (–) ni koren polinoma q(x), in s tem polinom f(x).

Končno razdelimo polinom q(x) = 6 x 3 + 4 x 2 + + 4 X - 2 na ( X – ).

dobil: q () = 0, tj. – koren q(x), in je torej koren f (x). Torej polinom f (x) ima dva racionalna korena: in.

Osvoboditev algebraične iracionalnosti v imenovalcu ulomka

V šolskem tečaju je pri reševanju določenih vrst problemov, da se znebite iracionalnosti v imenovalcu ulomka, dovolj pomnožiti števec in imenovalec ulomka s številom, ki je konjugirano na imenovalec.

Primeri. 1.t =
.

Tu deluje skrajšana formula množenja (razlika kvadratov) v imenovalcu, ki vam omogoča, da se osvobodite iracionalnosti v imenovalcu.

2. Osvobodite se iracionalnosti v imenovalcu ulomka

t =
. Izraz – nepopolni kvadrat razlike števil A=
in b= 1. Z uporabo formule za skrajšano množenje A 3 – b 3 = (a +b) · ( a 2 – ab + b 2 ), lahko določimo množitelj m = (a +b) =
+ 1, s katerim je treba pomnožiti števec in imenovalec ulomka t da se znebimo neracionalnosti v imenovalcu ulomka t. torej

V primerih, ko skrajšane formule množenja ne delujejo, je mogoče uporabiti druge tehnike. Spodaj bomo oblikovali izrek, katerega dokaz nam zlasti omogoča, da najdemo algoritem za odpravo iracionalnosti v imenovalcu ulomka v bolj zapletenih situacijah.

Opredelitev 6.1.številka z klical algebrsko nad poljem F, če obstaja polinom f(x) F[x], katerega koren je z, sicer število z klical transcendentalno nad poljemF.

Opredelitev 6.2.Stopnja algebraične nad poljem F številke z se imenuje stopnja ireduktibile nad poljem F polinom str(x)F[x], katerega koren je število z.

Primer. Pokažimo, da je število z =
je algebrska nad poljem Q in poiščite njegovo stopnjo.

Poiščimo ireduktibilo nad poljem Q polinom str(X), katerega koren je x =
. Dvignimo obe strani enakosti x =
na četrto potenco, dobimo X 4 = 2 oz X 4 – 2 = 0. Torej, str(X) = X 4 – 2, in moč števila z enako deg str(X) = 4.

Izrek 6.3 (o osvoboditvi algebraične iracionalnosti v imenovalcu ulomka).Pustitiz– algebrsko število nad poljemFstopnjen. Izražanje obliket = ,Kje f(x), (x)F[x], (z) 0

se lahko predstavi samo v obliki:

t = z n -1 z n -1 + c n -2 z n -2 + … + c 1 z + c 0 , c jaz F.

Prikazali bomo algoritem, kako se znebiti iracionalnosti v imenovalcu ulomka pri konkreten primer.

Primer. Osvobodite se iracionalnosti v imenovalcu ulomka:

t =

1. Imenovalec ulomka je vrednost polinoma (X) = X 2 – X+1 ko X =
. Prejšnji primer to kaže
– algebrsko število nad poljem Q stopnje 4, saj je koren ireduktibilnega nad Q polinom str(X) = X 4 – 2.

2. Poiščimo linearno širitev GCD ( (X), str(x)) z uporabo evklidskega algoritma.

_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)

Torej, GCD ( (X), str(x)) = r 2 = 7. Poiščimo njegovo linearno širitev.

Zapišimo evklidsko zaporedje s polinomskim zapisom.

str(x) = (x) · q 1 (x) + r 1 (x)
r 1 (x) =str(x) – (x) · q 1 (x)

Pri reševanju enačb in neenačb je pogosto treba faktorizirati polinom s stopnjo tri ali več. V tem članku si bomo ogledali, kako to najlažje storiti.

Kot ponavadi se za pomoč obrnemo na teorijo.

Bezoutov izrek navaja, da je ostanek pri deljenju polinoma z binomom .

Toda za nas ni pomemben sam izrek, ampak posledica tega:

Če je število koren polinoma, potem je polinom deljiv z binomom brez ostanka.

Soočeni smo z nalogo, da nekako najdemo vsaj en koren polinoma, nato pa polinom delimo z , kjer je koren polinoma. Kot rezultat dobimo polinom, katerega stopnja je za ena manjša od stopnje prvotnega. In potem, če je potrebno, lahko postopek ponovite.

Ta naloga je razdeljena na dvoje: kako najti koren polinoma in kako polinom deliti z binomom.

Oglejmo si te točke podrobneje.

1. Kako najti koren polinoma.

Najprej preverimo, ali sta števili 1 in -1 korenini polinoma.

Tu nam bodo v pomoč naslednja dejstva:

Če je vsota vseh koeficientov polinoma enaka nič, potem je število koren polinoma.

Na primer, v polinomu je vsota koeficientov nič: . Preprosto je preveriti, kaj je koren polinoma.

Če je vsota koeficientov polinoma pri sodih potencah enaka vsoti koeficientov pri lihih potencah, potem je število koren polinoma. Prosti člen se šteje za koeficient za sodo stopnjo, saj je , a sodo število.

Na primer, v polinomu je vsota koeficientov za sode potence: , vsota koeficientov za lihe potence pa je: . Preprosto je preveriti, kaj je koren polinoma.

Če niti 1 niti -1 nista korena polinoma, gremo naprej.

Za zmanjšan polinom stopnje (to je polinom, pri katerem je vodilni koeficient - koeficient at - enak enoti) velja formula Vieta:

Kje so korenine polinoma.

Obstajajo tudi Vieta formule za preostale koeficiente polinoma, vendar nas zanima ta.

Iz te formule Vieta sledi, da če so korenine polinoma cela števila, potem so delitelji njegovega prostega člena, ki je prav tako celo število.

Na podlagi tega, prosti člen polinoma moramo razložiti na faktorje in zaporedno od najmanjšega do največjega preveriti, kateri izmed faktorjev je koren polinoma.

Razmislite na primer o polinomu

Delitelji prostega člena: ; ; ;

Vsota vseh koeficientov polinoma je enaka , torej število 1 ni koren polinoma.

Vsota koeficientov za sode potence:

Vsota koeficientov za lihe potence:

Zato tudi število -1 ni koren polinoma.

Preverimo, ali je število 2 koren polinoma: torej je število 2 koren polinoma. To pomeni, da je po Bezoutovem izreku polinom deljiv z binomom brez ostanka.

2. Kako polinom razdeliti na binom.

Polinom lahko s stolpcem razdelimo na binom.

Polinom razdelite na binom z uporabo stolpca:

Obstaja še en način za delitev polinoma z binomom - Hornerjeva shema.

Oglejte si ta video, da boste razumeli kako deliti polinom z binomom s stolpcem in z uporabo Hornerjevega diagrama.

Opažam, da če pri deljenju s stolpcem v prvotnem polinomu manjka neka stopnja neznanke, na njeno mesto zapišemo 0 - enako kot pri sestavljanju tabele za Hornerjevo shemo.

Torej, če moramo polinom deliti z binomom in kot rezultat delitve dobimo polinom, potem lahko poiščemo koeficiente polinoma s pomočjo Hornerjeve sheme:

Lahko tudi uporabimo Hornerjeva shema da bi preverili, ali je dano številko koren polinoma: če je število koren polinoma, potem je ostanek pri deljenju polinoma enak nič, to pomeni, da v zadnjem stolpcu druge vrstice Hornerjeve sheme dobimo 0.

S Hornerjevo shemo »ubijemo dve muhi na en mah«: hkrati preverimo, ali je število koren polinoma in ta polinom delimo z binomom.

Primer. Reši enačbo:

1. Zapišimo delitelje prostega člena in med delitelji prostega člena poiščimo korenine polinoma.

Delitelji 24:

2. Preverimo, ali je število 1 koren polinoma.

Vsota koeficientov polinoma, torej je število 1 koren polinoma.

3. Prvotni polinom razdeli na binom s Hornerjevo shemo.

A) Zapišimo koeficiente prvotnega polinoma v prvo vrstico tabele.

Ker vsebni člen manjka, v stolpec tabele, v katerega naj bo zapisan koeficient, vpišemo 0. Na levi vpišemo najdeni koren: število 1.

B) Izpolnite prvo vrstico tabele.

V zadnjem stolpcu smo pričakovano dobili ničlo, prvotni polinom smo delili z binomom brez ostanka. Koeficienti polinoma, ki izhajajo iz deljenja, so prikazani modro v drugi vrstici tabele:

Preprosto je preveriti, da števili 1 in -1 nista korena polinoma

B) Nadaljujmo tabelo. Preverimo, ali je število 2 koren polinoma:

Torej je stopnja polinoma, ki ga dobimo kot rezultat deljenja z ena, manjša od stopnje prvotnega polinoma, zato je število koeficientov in število stolpcev manjše za eno.

V zadnjem stolpcu smo dobili -40 - število, ki ni enako nič, zato je polinom deljiv z binomom z ostankom, število 2 pa ni koren polinoma.

C) Preverimo, ali je število -2 koren polinoma. Ker prejšnji poskus ni uspel, bom v izogib zmedi s koeficienti izbrisal vrstico, ki ustreza temu poskusu:

Super! Kot ostanek smo dobili ničlo, zato smo polinom razdelili na binom brez ostanka, torej je število -2 koren polinoma. Koeficienti polinoma, ki ga dobimo z deljenjem polinoma z binomom, so v tabeli označeni z zeleno barvo.

Kot rezultat delitve smo dobili kvadratni trinom , katerega korenine lahko zlahka najdemo z uporabo Vietovega izreka:

Torej, korenine izvirne enačbe so:

{}

Odgovor: ( }

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

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

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

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

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

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

To pomeni:

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

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

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

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

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

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

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

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

Pomnožimo obe strani zadnje enakosti z mn:

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

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

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

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

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

Tako, precej preprost trik smo bistveno zožili območje iskanja racionalnih korenin obravnavanega polinoma. No, da preverimo preostale številke, bomo uporabili Hornerjevo shemo:

Tabela 10

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

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

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

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

Zdaj pa dajmo nekaj nasvetov.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Zmanjšaj ulomek Rešitev: Poiščite gcd teh polinomov z evklidskim algoritmom 1) x3 + 6 x2 + 11 x + 6 x3 + 7 x2 + 14 x + 8 1 – x2 – 3 x – 2 2) x3 + 7 x2 + 14 x + 8 x3 + 3 x2 + 2 x – x2 – 3 x – 2 –x– 4 4 x2 + 12 x + 8 0 Zato je polinom (– x2 – 3 x – 2) gcd števca in imenovalec danega ulomka. Rezultat deljenja imenovalca s tem polinomom je znan.

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

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

Polinoma na levi in desni strani te relacije sta enaka, kar pomeni, da sta njuna ustrezna koeficienta enaka. Izenačimo ju tako, da najprej odpremo oklepaje in podobne člene pripeljemo na desno stran te enakosti. Dobimo: a= bn-1, a-1 = bn-2 - cbn-1, a-2 = bn-3 - cbn-2, a 2 = b 1 - cb 2, a 1 = b 0 - cb 1 , a 0 = r - cb 0. Spomnimo se, da moramo najti nepopolni količnik, tj. njegove koeficiente, in ostanek. Izrazimo jih iz dobljenih enačb: bn-1 = an, b n-2 = cbn-1 + an-1, b n-3 = cbn-2 + a n-2, b 1 = cb 2 + a 2 , b 0 = cb 1 +a 1, r = cb 0 + a 0. Našli smo formule, s katerimi lahko izračunamo koeficiente delnega količnika s (x) in ostanka r. V tem primeru so izračuni predstavljeni v obliki naslednje tabele; imenuje se Hornerjeva shema.

Tabela 1. Koeficienti f (x) c an bn-1 an-1 bn-2=cbn-1+ an-1 an-2 bn-3 = cbn-2+an-2 … … a 0 r = cb 0 + a 0 Koeficienti s (x) ostanek V prvo vrstico te tabele zapišite vse koeficiente polinoma f (x) po vrsti, pri čemer pustite prvo celico prosto. V drugo vrstico, v prvo celico, zapišite številko c. Preostale celice te vrstice se izpolnijo tako, da se enega za drugim izračunajo koeficienta nepopolnega količnika s (x) in ostanka r. V drugo celico vpišite koeficient bn-1, ki je, kot smo ugotovili, enak an.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Običajno se preverjanje korena za večkratnost izvaja v eni tabeli. Za ta primer je ta tabela videti takole: Tabela 8. 1 -5 3 22 -44 -24 2 2 1 1 -3 -1 1 3 -3 -5 -3 3 16 6 0 -12 0 0 Z drugimi besedami, po shemi Hornerjeve delitve polinoma f (x) z x-2 dobimo v drugi vrstici koeficiente polinoma g (x). Potem to drugo vrstico štejemo za prvo vrstico nov sistem Hornerja in delimo g (x) z x-2 itd. Nadaljujemo z izračuni, dokler ne dobimo ostanka, ki je različen od nič. V tem primeru je množina korena enaka številu dobljenih ničelnih ostankov. Vrstica, ki vsebuje zadnji neničelni ostanek, vsebuje tudi koeficiente količnika pri deljenju f (x) z (x-2) 3.

Zdaj bomo z uporabo pravkar predlagane sheme za preverjanje korena za množico rešili naslednji problem. Za kateri a in b ima polinom f(x) =x 4+2 x 3+ax 2+ (a+b)x+2 število - 2 kot koren iz večkratnika 2? Ker mora biti množica korena - 2 enaka 2, potem bi morali pri deljenju z x + 2 po predlagani shemi dvakrat dobiti ostanek 0, tretjič pa ostanek, ki je drugačen od nič. Imamo: Tabelo 9. -2 -2 -2 1 1 2 0 -2 -4 a a a+4 a+12 a+b -3 a+b-8 2 2 a-2 b+2

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

kjer je polinom, katerega stopnja je nižja od stopnje imenovalca. In podobno kot v prejšnji formuli lahko dobite: (5)