iracionalan broj- ovo pravi broj, koji nije racionalan, odnosno ne može se predstaviti kao razlomak, gdje su cijeli brojevi, . Iracionalni broj se može predstaviti kao beskonačna decimala koja se ne ponavlja.

Mnogo iracionalni brojevi obično se označava velikim latiničnim slovom podebljanim bez senčenja. Dakle: , tj. skup iracionalnih brojeva je razlika skupova realnih i racionalnih brojeva.

O postojanju iracionalnih brojeva, tačnije segmente, nesamerljive sa segmentom jedinične dužine, poznavali su već stari matematičari: poznavali su, na primer, nesamerljivost dijagonale i stranice kvadrata, što je ekvivalentno iracionalnosti broja.

Svojstva

• Bilo koji realan broj se može napisati kao beskonačan decimalni razlomak, dok ir racionalni brojevi i samo su oni zapisani u neperiodičnih beskonačnih decimalnih razlomaka.
• Iracionalni brojevi definišu Dedekindove rezove u skupu racionalnih brojeva koji nemaju najveći broj u nižoj klasi niti najmanji broj u višoj klasi.
• Svaki pravi transcendentalni broj je iracionalan.
• Svaki iracionalni broj je ili algebarski ili transcendentalan.
• Skup iracionalnih brojeva je svuda gust na realnoj liniji: između bilo koja dva broja nalazi se iracionalan broj.
• Red na skupu iracionalnih brojeva je izomorfan redu na skupu realnih transcendentalnih brojeva.
• Skup iracionalnih brojeva je nebrojiv, skup je druge kategorije.

Primjeri

Iracionalni brojevi - ζ(3) - √2 - √3 - √5 - - - - -

Iracionalni su:

Primjeri dokaza iracionalnosti

Koren od 2

Pretpostavimo suprotno: on je racionalan, to jest, predstavljen je kao nesvodljivi razlomak, gdje je cijeli broj i prirodan broj. Kvadirajmo pretpostavljenu jednakost:

.

Iz ovoga slijedi da je čak, dakle, čak i . Neka gdje cijeli. Onda

Stoga, čak, dakle, čak i . Dobili smo da su i parni, što je u suprotnosti sa nesvodljivošću razlomka . Dakle, prvobitna pretpostavka je bila pogrešna i predstavlja iracionalan broj.

Binarni logaritam broja 3

Pretpostavimo suprotno: on je racionalan, to jest, predstavljen je kao razlomak, gdje su i cijeli brojevi. Od , i može se uzeti pozitivno. Onda

Ali jasno je, čudno je. Dobijamo kontradikciju.

e

istorija

Koncept iracionalnih brojeva su implicitno usvojili indijski matematičari u 7. veku pre nove ere, kada je Manava (oko 750. pne - oko 690. pre nove ere) otkrio da se kvadratni koreni nekih prirodnih brojeva, kao što su 2 i 61, ne mogu eksplicitno izraziti.

Prvi dokaz postojanja iracionalnih brojeva obično se pripisuje Hipasu od Metaponta (oko 500. godine prije Krista), pitagorejcu koji je pronašao ovaj dokaz proučavajući dužine stranica pentagrama. U doba Pitagorejaca vjerovalo se da postoji jedna jedinica dužine, dovoljno mala i nedjeljiva, koja je cijeli broj puta uključena u bilo koji segment. Međutim, Hipas je tvrdio da ne postoji jedinstvena jedinica dužine, jer pretpostavka o njenom postojanju dovodi do kontradikcije. On je pokazao da ako je hipotenuza jednakokrake pravougaonog trougla sadrži cijeli broj pojedinačni segmenti, tada ovaj broj mora biti i paran i neparan u isto vrijeme. Dokaz je izgledao ovako:

• Omjer dužine hipotenuze i dužine kraka jednakokračnog pravokutnog trokuta može se izraziti kao a:b, gdje a I b odabrana kao najmanja moguća.
• Prema Pitagorinoj teoremi: a² = 2 b².
• Jer a² čak, a mora biti paran (pošto bi kvadrat neparnog broja bio neparan).
• Ukoliko a:b nesvodivo b mora biti čudno.
• Jer ačak, označiti a = 2y.
• Onda a² = 4 y² = 2 b².
• b² = 2 y², dakle b je paran onda bčak.
• Međutim, to je i dokazano b odd. Kontradikcija.

Grčki matematičari su ovaj omjer nesamjerljivih veličina nazvali alogos(neizrecivo), ali prema legendi, Hipasu nije odano dužno poštovanje. Postoji legenda da je Hipas došao do otkrića dok je bio na pomorskom putovanju i da su ga drugi pitagorejci bacili u more "zbog stvaranja elementa svemira, koji negira doktrinu da se svi entiteti u svemiru mogu svesti na cijele brojeve i njihove omjere. " Otkriće Hipasa predstavljalo je ozbiljan problem za pitagorejsku matematiku, uništavajući pretpostavku koja leži u osnovi cijele teorije da su brojevi i geometrijski objekti jedno i neodvojivo.

Ako je polinom

Dokaz

Neka su svi koeficijenti polinoma cijeli brojevi i neka je cijeli broj a korijen ovog polinoma. Pošto u ovom slučaju slijedi da je koeficijent djeljiv sa a.

Komentar. Ova teorema vam zapravo omogućava da pronađete korijene polinoma višim stepenima u slučaju kada su koeficijenti ovih polinoma cijeli brojevi, a korijen racionalan broj. Teorema se može preformulisati na sljedeći način: ako znamo da su koeficijenti polinoma cijeli brojevi, a njegovi korijeni racionalni, onda ti racionalni korijeni mogu biti samo u obliku gdje je p djelitelj broja (slobodni član), i broj q je djelitelj broja (najveći koeficijent) .

Teorema o cjelobrojnom korijenu, koji sadrži

Ako je cijeli broj α korijen polinoma s cijelim koeficijentima, tada je α djelitelj njegovog slobodnog člana.

Dokaz. neka bude:

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

polinom s cijelim koeficijentima i cijeli broj α je njegov korijen.

Tada je, po definiciji korijena, jednakost P (α)=0;

a 0 αⁿ+a 1 αⁿ -1 +…+a n-1 α +a n =0.

Uzimajući zajednički faktor α iz zagrada, dobijamo jednakost:

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

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

Budući da su brojevi a 0 , a 1 ,…a n-1 , an i α cijeli brojevi, onda postoji cijeli broj u zagradi, pa je stoga a n djeljivo sa α, što je trebalo dokazati.

Dokazana teorema se također može formulirati na sljedeći način: svaki cjelobrojni korijen polinoma s cijelim koeficijentima je djelitelj njegovog slobodnog člana.
Algoritam za pronalaženje cjelobrojnih korijena polinoma s cjelobrojnim koeficijentima temelji se na teoremi: napišite sve djelitelje slobodnog člana i zapišite vrijednosti polinoma ovih brojeva redom.

2.Dodatna teorema o cjelobrojnim korijenima

Ako je cijeli broj α korijen polinoma P(x) s cijelim koeficijentima, tada je α-1 djelitelj broja P(1), α+1 je djelitelj broja P(-1)

Dokaz. Iz identiteta

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

slijedi da je za cijele brojeve b i c broj bⁿ-cⁿ djeljiv sa b∙c. Ali za bilo koji polinom P razlika

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

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

i stoga za polinom P sa cijelim koeficijentima i cijelim brojevima b i c, razlika P(b)-P(c) je djeljiva sa b-c.

Tada: za b = α , s=1, P (α)-P (1)= -P(1), što znači da je P(1) djeljiv sa α-1. Slično se razmatra i drugi slučaj.

Hornerova šema

Teorema: Neka je nesvodljivi razlomak p/q korijen jednadžbe a 0 x n +a 1 x n − 1 + +a n − 1 x+a n =0 sa cjelobrojnim koeficijentima, zatim broj q je djelitelj vodećeg koeficijenta a0 i broja R je djelitelj slobodnog člana a n .

Napomena 1. Svaki cjelobrojni korijen jednadžbe sa cjelobrojnim koeficijentima je djelitelj njenog slobodnog člana.

Napomena 2.Ako je vodeći koeficijent jednadžbe sa cjelobrojnim koeficijentima jednak 1, tada su svi racionalni korijeni, ako postoje, cijeli brojevi.

Polinomski korijen. Korijen polinoma f(x)= a 0 x n +a 1 x n − 1 + +a n − 1 x+a n je x = c , takav da f (c)=0 .

Napomena 3. Ako x = c polinomski korijen , tada se polinom može zapisati kao: f(x)=(x−c)q(x) , gdje je količnik dijeljenja polinoma f(x) u monom x-c

Podjela polinoma monomom može se izvesti prema Hornerovoj shemi:

Ako f(x)=a 0 x n +a 1 x n − 1 + +a n − 1 x+a n , a0 ≠0 , g(x)=x−c , zatim prilikom dijeljenja f (x) na g (x) privatni q(x) ima oblik q(x)=b 0 x n − 1 +b 1 x n − 2 + +b n−2 x+b n−1 , gdje b 0 = a 0 ,

b k =c b k − 1 + a k , k=1, 2, ,n−1. Ostatak r nalazi se prema formuli r=c b n − 1 +a n

Rješenje: Koeficijent na najvišem stepenu je 1, tako da se cjelobrojni korijeni jednačine moraju tražiti među djeliteljima slobodnog člana: 1; 2; 3; 4; 6; 12. koristeći Hornerovu shemu, nalazimo cjelobrojne korijene jednadžbe:

Ako je jedan korijen odabran prema Hornerovoj shemi. onda možeš odlučiti ovako x 3 −x 2 −8x+12=(x−2)(x 2 +x−6)=0 (x−2) 2 (x−3)=0 x=2;x=3

Ovaj polinom ima cjelobrojne koeficijente. Ako je cijeli broj korijen ovog polinoma, onda je on djelilac od 16. Dakle, ako dati polinom ima cjelobrojne korijene, onda to mogu biti samo brojevi ±1; ±2; ±4; ±8; ±16. Direktnom provjerom osiguravamo da je broj 2 korijen ovog polinoma, odnosno x 3 - 5x 2 - 2x + 16 \u003d (x - 2)Q (x), gdje je Q (x) polinom drugog stepena. Stoga je polinom faktoriziran, od kojih je jedan (x - 2) . Za traženje tipa polinoma Q (x) koristimo takozvanu Hornerovu shemu. Glavna prednost ove metode je kompaktnost zapisa i mogućnost brzog dijeljenja polinoma u binom. Zapravo, Hornerova shema je još jedan oblik snimanja metode grupisanja, iako je, za razliku od potonjeg, potpuno neopisna. Odgovor (faktorizacija) se ovdje ispostavlja sam od sebe, a mi ne vidimo sam proces njegovog dobijanja. Nećemo se baviti rigoroznim opravdanjem Hornerove šeme, već ćemo samo pokazati kako ona funkcioniše.

	1	−5	−2	16
2	1	−3	−8	0

U pravokutnoj tabeli 2 × (n + 2), gdje je n stepen polinoma, (vidi sliku), koeficijenti polinoma su upisani u red u gornjem redu (gornji lijevi ugao je ostavljen slobodan) . U donjem lijevom kutu je napisan broj - korijen polinoma (ili broj x 0 ako želimo podijeliti binomom (x - x 0)), u našem primjeru to je broj 2. Zatim cijelo dno red tabele popunjava se prema sledećem pravilu.

Broj iz ćelije iznad nje, odnosno 1, se „ruši“ u drugu ćeliju donje linije.Tada to rade. Korijen jednadžbe (broj 2) množi se zadnjim napisanim brojem (1) i rezultat se dodaje broju koji se nalazi u gornjem redu iznad sljedeće slobodne ćelije, u našem primjeru imamo:

Rezultat upisujemo u slobodnu ćeliju ispod -2. Nastavljamo na isti način:
Stepen polinoma koji se dobije kao rezultat dijeljenja je uvijek za 1 manji od stepena izvornog. dakle:

itd. je opšte prirode i veliki značaj da studiram CEO kurs višu matematiku. Danas ćemo ponoviti "školske" jednačine, ali ne samo one "školske" - već one od njih koje se nalaze posvuda u raznim zadacima višmata. Kao i obično, priča će teći na primijenjen način, tj. Neću se fokusirati na definicije, klasifikacije, već ću to podijeliti s vama lično iskustvo rješenja. Informacije su prvenstveno namijenjene početnicima, ali spremniji čitaoci će i sami pronaći mnogo zanimljivih stvari. I naravno da će ih biti novi materijal, van opsega srednja škola.

Dakle, jednačina... Mnogi ljudi se sjećaju ove riječi s jezom. Koje su to "fensi" jednadžbe sa korijenima... ...zaboravite na njih! Jer dalje ćete sresti najbezopasnije "predstavnike" ove vrste. Ili dosadno trigonometrijske jednačine sa desetinama rješenja. Da budem iskren, ni meni se nisu baš dopale... Bez panike! - tada vas očekuju uglavnom "maslačak" sa očiglednim rešenjem u 1-2 koraka. Iako se "čičak", naravno, drži - ovdje morate biti objektivni.

Čudno je da je u višoj matematici mnogo češće raditi sa vrlo primitivnim jednačinama kao što su linearno jednačine.

Šta znači riješiti ovu jednačinu? To znači - pronaći TAKVU vrijednost "x" (korijen), koja je pretvara u pravu jednakost. Okrenimo "trojku" udesno sa promjenom predznaka:

i spusti "dvojku" na desnu stranu (ili, ista stvar - pomnožite oba dijela sa) :

Da bismo provjerili, osvojeni trofej zamjenjujemo u originalnu jednačinu:

Dobija se tačna jednakost, što znači da je pronađena vrijednost zaista korijen zadata jednačina. Ili, kako kažu, zadovoljava ovu jednačinu.

Imajte na umu da se korijen također može napisati kao decimalni razlomak:
I pokušajte da se ne pridržavate ovog gadnog stila! Razlog sam ponovio mnogo puta, posebno na prvoj lekciji viša algebra.

Inače, jednačina se može riješiti i "na arapskom":

I što je najzanimljivije - ovaj zapis je potpuno legalan! Ali ako niste učitelj, onda je bolje da to ne radite, jer je originalnost ovdje kažnjiva =)

A sada malo o tome

metoda grafičkog rješenja

Jednačina ima oblik i njen korijen je "x" koordinata raskrsnice graf linearne funkcije sa grafom linearne funkcije (os apscisa):

Čini se da je primjer toliko elementaran da se ovdje nema šta više analizirati, ali se iz njega može "iscijediti" još jedna neočekivana nijansa: istu jednačinu predstavljamo u obliku i crtamo grafove funkcije:

pri čemu, molim vas nemojte brkati to dvoje: jednačina je jednačina, i funkcija je funkcija! Funkcije samo pomoć pronađite korijene jednačine. Od kojih može biti dva, tri, četiri, pa čak i beskonačno mnogo. Najbliži primjer u tom smislu je svima poznat kvadratna jednačina, čiji je algoritam rješenja nagrađen posebnom stavkom "vruće" školske formule. I ovo nije slučajno! Ako možete riješiti kvadratnu jednačinu i znate Pitagorina teorema, onda bi se moglo reći, “pod više matematike je već u džepu” =) Pretjerano, naravno, ali ne tako daleko od istine!

I stoga, nismo previše lijeni i rješavamo neku kvadratnu jednačinu prema njoj standardni algoritam:

, tako da jednačina ima dvije različite validan korijen:

Lako je provjeriti da obje pronađene vrijednosti zaista zadovoljavaju ovu jednačinu:

Šta učiniti ako ste iznenada zaboravili algoritam rješenja, a nema alata / ruku pomoći pri ruci? Takva situacija može nastati, na primjer, na testu ili ispitu. Koristimo grafičku metodu! A postoje dva načina: možete tackasto izgraditi parabola , čime se pronalazi gdje siječe osu (ako se uopšte pređe). Ali bolje je postupiti lukavije: predstavljamo jednadžbu u obliku, crtamo grafove jednostavnijih funkcija - i "x" koordinate njihove tačke ukrštanja, na prvi pogled!


Ako se ispostavi da prava dodiruje parabolu, onda jednačina ima dva podudarna (višestruka) korijena. Ako se pokaže da pravac ne siječe parabolu, onda nema pravih korijena.

Da biste to učinili, naravno, morate biti u stanju graditi grafovi elementarnih funkcija, ali s druge strane, ove vještine su u moći čak i školarcu.

I opet - jednačina je jednačina, a funkcije su funkcije koje samo pomoglo riješi jednačinu!

I ovdje bi, usput rečeno, bilo prikladno zapamtiti još jednu stvar: ako se svi koeficijenti jednadžbe pomnože brojem različitom od nule, tada se njeni korijeni neće promijeniti.

Tako, na primjer, jednadžba ima iste korene. Kao najjednostavniji "dokaz", izvući ću konstantu iz zagrada:
i bezbolno ga ukloniti (Podeliću oba dela na "minus dva"):

ALI! Ako uzmemo u obzir funkciju , onda je ovdje već nemoguće riješiti se konstante! Moguće je samo izvaditi množitelj iz zagrada: .

Mnogi potcjenjuju metodu grafičkog rješenja, smatrajući je nečim "nedostojanstvenim", a neki čak i potpuno zaboravljaju na ovu mogućnost. A ovo je u osnovi pogrešno, jer zaplet ponekad samo spašava dan!

Drugi primjer: pretpostavimo da se ne sjećate korijena najjednostavnije trigonometrijske jednadžbe:. Opšta formula je u školskim udžbenicima, u svim priručnikima za osnovnu matematiku, ali vam oni nisu dostupni. Međutim, rješavanje jednadžbe je kritično (inače "dva"). Postoji izlaz! - gradimo grafove funkcija:


nakon čega mirno zapisujemo "x" koordinate njihovih presječnih tačaka:

Postoji beskonačno mnogo korijena, a njihova presavijena notacija je prihvaćena u algebri:
, gdje ( – skup cijelih brojeva) .

I, bez "odstupanja od blagajne", nekoliko riječi o grafičkoj metodi rješavanja nejednačina sa jednom varijablom. Princip je isti. Tako, na primjer, bilo koje "x" je rješenje nejednakosti, jer sinusoida leži skoro u potpunosti ispod prave linije. Rješenje nejednakosti je skup intervala na kojima dijelovi sinusoida leže striktno iznad prave linije (apscisa):

ili ukratko:

A evo i skupa rješenja nejednakosti - prazan, jer nijedna tačka sinusoida ne leži iznad prave linije.

Nešto nije jasno? Hitno proučite lekcije o setovi I grafovi funkcija!

Zagrijavanje:

Vježba 1

Riješite grafički sljedeće trigonometrijske jednadžbe:

Odgovori na kraju lekcije

Kao što vidite, da biste proučavali egzaktne nauke, uopće nije potrebno trpati formule i referentne knjige! Štaviše, ovo je u osnovi opaki pristup.

Kao što sam vas već uvjeravao na samom početku lekcije, složene trigonometrijske jednačine u standardnom kursu više matematike moraju se rješavati izuzetno rijetko. Sva složenost se, po pravilu, završava jednadžbama poput , čije su rješenje dvije grupe korijena, izvedene iz najjednostavnijih jednačina i . Ne brinite previše o rješenju ovog potonjeg - potražite u knjizi ili je pronađite na internetu =)

Grafička metoda rješavanja također može pomoći u manje trivijalnim slučajevima. Razmotrite, na primjer, sljedeću "šarenu" jednačinu:

Izgledi za njegovo rješenje izgledaju ... oni uopće ne izgledaju, ali treba samo predstaviti jednačinu u obliku , konstruirati grafovi funkcija i sve će biti neverovatno jednostavno. Crtež je u sredini članka o beskonačno male funkcije (otvara se u sljedećoj kartici).

Koristeći istu grafičku metodu, možete saznati da jednadžba već ima dva korijena, od kojih je jedan jednak nuli, a drugi, očigledno, iracionalno i pripada segmentu . Ovaj korijen se može izračunati približno, na primjer, tangentna metoda. Usput, u nekim zadacima se dešava da se ne traži korijenje, već da se sazna da li uopšte postoje. I ovdje može pomoći crtež - ako se grafovi ne sijeku, onda nema korijena.

Racionalni korijeni polinoma s cjelobrojnim koeficijentima.
Hornerova šema

A sada predlažem da okrenete pogled na srednji vijek i osjetite jedinstvenu atmosferu klasične algebre. Za bolje razumijevanje gradiva preporučujem bar malo upoznavanja kompleksni brojevi.

Oni su najviše. Polinomi.

Predmet našeg interesovanja biće najčešći polinomi oblika sa cijeli koeficijenti . Prirodni broj pozvao polinomski stepen, broj - koeficijent u najvišem stepenu (ili samo najviši koeficijent), a koeficijent je besplatni član.

Označit ću ovaj polinom presavijen sa .

Polinomski korijeni nazivaju korijenima jednačine

Volim gvozdenu logiku =)

Za primjere, idemo na sam početak članka:

Nema problema s pronalaženjem korijena polinoma 1. i 2. stepena, ali kako se povećava ovaj zadatak postaje sve teži. Ali s druge strane, sve je zanimljivije! I tome će biti posvećen drugi dio lekcije.

Prvo, bukvalno pola ekrana teorije:

1) Prema posljedici osnovna teorema algebre, stepen polinoma ima tačno integrisan korijenje. Neki korijeni (ili čak svi) mogu biti određeni validan. Štaviše, među pravim korijenima mogu biti identični (višestruki) korijeni (minimalno dva, maksimalno komada).

Ako je neki kompleksni broj korijen polinoma, onda konjugirati njegov broj je također nužno korijen ovog polinoma (konjugirano složeni koreni izgleda kao ).

Najjednostavniji primjer je kvadratna jednadžba, koja se prvi put susrela u 8 (kao) razred, a koje smo konačno "završili" u temi kompleksni brojevi. Podsjećam vas: kvadratna jednadžba ima ili dva različita realna korijena, ili višestruke korijene, ili konjugirane kompleksne korijene.

2) Od Bezoutove teoreme slijedi da ako je broj korijen jednadžbe, tada se odgovarajući polinom može faktorizirati:
, gdje je polinom stepena .

I opet, naš stari primjer: budući da je korijen jednadžbe , onda . Nakon toga, lako je dobiti poznatu "školsku" dekompoziciju.

Posljedica Bezoutove teoreme je od velike praktične vrijednosti: ako znamo korijen jednačine 3. stepena, onda ga možemo predstaviti u obliku i od kvadratna jednačina lako je prepoznati ostatak korijena. Ako znamo korijen jednačine 4. stepena, onda je moguće proširiti lijevu stranu u proizvod itd.

I ovdje se postavljaju dva pitanja:

Prvo pitanje. Kako pronaći ovaj korijen? Prije svega, definirajmo njegovu prirodu: u mnogim problemima više matematike potrebno ga je pronaći racionalno, posebno cijeli korijene polinoma, iu tom pogledu, dalje će nas zanimati uglavnom oni .... …toliko su dobri, tako lepršavi, da ih jednostavno želite pronaći! =)

Prva stvar koja se nameće je način odabira. Razmotrimo, na primjer, jednadžbu . Kvaka je ovdje u slobodnom terminu - da je jednako nuli, onda bi sve bilo u ažuru - stavljamo "x" iz zagrada i sami korijeni "ispadaju" na površinu:

Ali naš slobodni termin je jednak "tri", i stoga počinjemo da se zamjenjujemo u jednadžbi razni brojevi, tražeći titulu "root". Prije svega, zamjena pojedinačnih vrijednosti se nameće sama po sebi. Zamjena:

Primljeno pogrešno jednakosti, dakle, jedinica "nije odgovarala". U redu, stavimo to:

Primljeno ispravan jednakost! To jest, vrijednost je korijen ove jednadžbe.

Za pronalaženje korijena polinoma 3. stepena postoji analitička metoda (tzv. Cardano formule), ali sada nas zanima malo drugačiji problem.

Pošto je - korijen našeg polinoma, tada se polinom može predstaviti u obliku i nastaje Drugo pitanje: kako pronaći "mlađeg brata"?

Najjednostavnija algebarska razmatranja sugeriraju da za ovo trebate podijeliti po. Kako podijeliti polinom polinomom? Ista školska metoda koja dijeli obične brojeve - "kolona"! Ova metoda Detaljno sam analizirao u prvim primjerima lekcije Kompleksne granice, a sada ćemo razmotriti drugu metodu koja se zove Hornerova šema.

Prvo pišemo "stariji" polinom sa svima , uključujući nulte koeficijente:
, nakon čega unosimo ove koeficijente (strogo redom) u gornji red tabele:

Na lijevoj strani pišemo korijen:

Odmah ću rezervisati da Hornerova šema radi i ako je "crveni" broj ne je korijen polinoma. Ipak, nemojmo požurivati ​​stvari.

Skidamo viši koeficijent odozgo:

Proces popunjavanja donjih ćelija donekle podsjeća na vez, gdje je „minus jedan“ neka vrsta „igle“ koja prožima naredne korake. Pomnožimo "srušeni" broj sa (-1) i dodamo broj iz gornje ćelije u proizvod:

Pronađenu vrijednost množimo sa "crvenom iglom" i proizvodu dodamo sljedeći koeficijent jednadžbe:

I, konačno, rezultirajuća vrijednost se ponovo "obradi" "iglom" i gornjim koeficijentom:

Nula u posljednjoj ćeliji nam govori da se polinom podijelio na bez traga (kako treba), dok se koeficijenti proširenja "skidaju" direktno iz donjeg reda tabele:

Dakle, prešli smo sa jednadžbe na ekvivalentnu jednačinu i sve je jasno sa dva preostala korijena (u ovom slučaju dobijaju se konjugirani kompleksni korijeni).

Jednačina se, inače, može riješiti i grafički: build "rajsferšlus" i vidi da graf prelazi x-osu () u tački . Ili isti "lukavi" trik - prepisujemo jednačinu u formu, crtamo elementarne grafike i detektuju "x" koordinatu njihove tačke preseka.

Inače, graf bilo koje polinomske funkcije 3. stepena prelazi os barem jednom, što znači da odgovarajuća jednačina ima najmanje jedan validan root. Ova činjenica vrijedi za bilo koju polinomsku funkciju neparnog stepena.

I ovdje također želim da se zaustavim važna tačkašto se tiče terminologije: polinom I polinomska funkcija – nije isto! Ali u praksi se često govori, na primjer, o "polinomskom grafu", što je, naravno, nemarno.

No, vratimo se Hornerovoj šemi. Kao što sam nedavno spomenuo, ova šema radi i za druge brojeve, ali ako je broj ne je korijen jednadžbe, tada se u našoj formuli pojavljuje aditiv različit od nule (ostatak):

Hajdemo da "odvedemo" "neuspešnu" vrednost prema Hornerovoj šemi. Istovremeno, zgodno je koristiti istu tabelu - zapisujemo novu „iglu“ s lijeve strane, rušimo najviši koeficijent odozgo (lijevo zelena strelica), i idemo dalje:

Da bismo provjerili, otvaramo zagrade i dajemo slične pojmove:
, UREDU.

Lako je vidjeti da je ostatak (“šest”) upravo vrijednost polinoma na . A u stvari - šta je to:
, pa još ljepše - ovako:

Iz gornjih proračuna, lako je razumjeti da Hornerova shema omogućava ne samo faktorizaciju polinoma, već i da se izvrši "civilizirani" odabir korijena. Predlažem da samostalno popravite algoritam izračuna s malim zadatkom:

Zadatak 2

Koristeći Hornerovu shemu, pronađite cijeli korijen jednadžbe i faktorizirajte odgovarajući polinom

Drugim riječima, ovdje morate uzastopno provjeravati brojeve 1, -1, 2, -2, ... - sve dok se u posljednjoj koloni ne „uvuče“ nula ostatka. To će značiti da je "igla" ove linije korijen polinoma

Izračuni su prikladno raspoređeni u jednoj tabeli. Detaljno rješenje i odgovor na kraju lekcije.

Metoda odabira korijena je dobra za relativno jednostavnim slučajevima, ali ako su koeficijenti i/ili stepen polinoma veliki, tada proces može biti odgođen. Ili možda neke vrijednosti ​​​sa iste liste 1, -1, 2, -2 i nema smisla razmatrati? Osim toga, korijeni se mogu pokazati razlomcima, što će dovesti do potpuno nenaučnog uboda.

Na sreću, postoje dvije snažne teoreme koje mogu značajno smanjiti nabrajanje vrijednosti "kandidata" za racionalne korijene:

Teorema 1 Razmislite nesvodivo razlomak , gdje . Ako je broj korijen jednadžbe, tada je slobodni član djeljiv sa, a vodeći koeficijent je djeljiv sa.

Posebno, ako je vodeći koeficijent , tada je ovaj racionalni korijen cijeli broj:

I počinjemo da koristimo teoremu upravo iz ove ukusne pojedinosti:

Vratimo se na jednačinu. Budući da je njegov vodeći koeficijent , hipotetički racionalni korijeni mogu biti isključivo cijeli brojevi, a slobodni član mora biti djeljiv ovim korijenima bez ostatka. A "tri" se mogu podijeliti samo na 1, -1, 3 i -3. Odnosno, imamo samo 4 "kandidata za korijene". I, prema Teorema 1, drugi racionalni brojevi ne mogu biti korijeni ove jednadžbe U PRINCIPU.

U jednadžbi je malo više “prijavljenih”: slobodni termin je podijeljen na 1, -1, 2, -2, 4 i -4.

Imajte na umu da su brojevi 1, -1 "regularni" na listi mogućih korijena (očigledna posljedica teoreme) i većina najbolji izbor za prvu provjeru.

Prijeđimo na smislenije primjere:

Zadatak 3

Rješenje: budući da je vodeći koeficijent , onda hipotetički racionalni korijeni mogu biti samo cijeli brojevi, dok moraju biti djelitelji slobodnog člana. "Minus četrdeset" je podijeljeno na sljedeće parove brojeva:
- ukupno 16 "kandidata".

I tu se odmah pojavljuje primamljiva misao: da li je moguće iskorijeniti sve negativne ili sve pozitivne korijene? U nekim slučajevima možete! Formulisaću dva znaka:

1) Ako sve koeficijenti polinoma su nenegativni ili svi nepozitivni, onda ne može imati pozitivne korijene. Nažalost, ovo nije naš slučaj (Sada, ako smo dobili jednadžbu - onda da, kada je zamjena bilo koja vrijednost polinoma striktno pozitivna, što znači da je sve pozitivni brojevi (i iracionalno takođe) ne mogu biti korijeni jednadžbe.

2) Ako su koeficijenti za neparne stepene nenegativni, a za sve parne stepene (uključujući besplatnog člana) su negativni, tada polinom ne može imati negativne korijene. Ili “ogledalo”: koeficijenti za neparne stepene nisu pozitivni, a za sve parne su pozitivni.

Ovo je naš slučaj! Ako pažljivo pogledate, možete vidjeti da kada se bilo koji negativni "x" zamijeni u jednadžbu, lijeva strana će biti striktno negativna, što znači da negativni korijeni nestaju

Dakle, 8 brojeva je ostalo za istraživanje:

Dosljedno ih "napunite" prema Horner shemi. Nadam se da ste već savladali mentalne proračune:

Sreća nas je čekala prilikom testiranja "dvojke". Dakle, je korijen jednačine koja se razmatra, i

Ostaje da se istraži jednačina . Lako je to učiniti preko diskriminanta, ali na isti način ću provesti eksponencijalni test. Prvo, imajte na umu da je slobodni termin jednak 20, što znači da prema Teorema 1 brojevi 8 i 40 ispadaju sa liste mogućih korijena, a vrijednosti ostaju za istraživanje (jedan je eliminisan prema Horner shemi).

Upisujemo koeficijente trinoma u gornji red nove tabele i počinjemo provjeru sa istom "dvojkom". Zašto? I pošto korijeni mogu biti višestruki, molimo: - ova jednačina ima 10 identičnih korijena. Ali da se ne skrećemo sa stvari:

I tu sam, naravno, bio malo lukav, znajući da su korijeni racionalni. Uostalom, da su iracionalni ili složeni, onda bih imao neuspješnu provjeru svih preostalih brojeva. Stoga se u praksi vodite diskriminatorom.

Odgovori: racionalni korijeni: 2, 4, 5

U analiziranom problemu imali smo sreće, jer: a) negativne vrijednosti su odmah otpale, i b) vrlo brzo smo pronašli korijen (i teoretski bismo mogli provjeriti cijelu listu).

Ali u stvarnosti je situacija mnogo gora. Pozivam vas da pogledate uzbudljivu igru ​​pod nazivom "Posljednji heroj":

Zadatak 4

Pronađite racionalne korijene jednadžbe

Rješenje: on Teorema 1 brojnici hipotetičkih racionalnih korijena moraju zadovoljiti uslov (čitaj "dvanaest je deljivo sa pivom"), i nazivnici uvjeta . Na osnovu ovoga dobijamo dve liste:

"list el":
i "ispiši ih": (srećom, ovdje su brojevi prirodni).

Sada napravimo listu svih mogućih korijena. Prvo, podijelimo “listu piva” sa . Sasvim je jasno da će ispasti isti brojevi. Radi praktičnosti, stavimo ih u tabelu:

Mnogi razlomci su smanjeni, što je rezultiralo vrijednostima koje se već nalaze na "listi heroja". Dodajemo samo "pridošlice":

Slično, dijelimo istu "listu piva" sa:

i konačno dalje

Dakle, tim učesnika naše igre je popunjen sa:


Nažalost, polinom ovog problema ne zadovoljava "pozitivan" ili "negativan" kriterij, te stoga ne možemo odbaciti gornji ili donji red. Morate raditi sa svim brojevima.

kakvo je tvoje raspoloženje? Hajde, okreni nos - postoji još jedna teorema koja se figurativno može nazvati "teorema ubice" .... ... "kandidati", naravno =)

Ali prvo morate proći kroz Hornerov dijagram za barem jedan cjelina brojevi. Tradicionalno, uzimamo jednu. U gornji red upisujemo koeficijente polinoma i sve je kao i obično:

Pošto četiri očito nije nula, vrijednost nije korijen polinoma o kojem je riječ. Ali ona će nam mnogo pomoći.

Teorema 2 Ako za neke Uglavnom vrijednost polinoma je različita od nule: , tada njegovi racionalni korijeni (ako jesu) zadovoljiti uslov

U našem slučaju i stoga svi mogući korijeni moraju zadovoljiti uvjet (nazovimo to stanje broj 1). Ova četvorka će biti "ubica" mnogih "kandidata". Kao demonstraciju, pogledat ću nekoliko provjera:

Provjerimo kandidata. Da bismo to učinili, umjetno ga predstavljamo kao razlomak, iz čega se jasno vidi da je . Izračunajmo kontrolnu razliku: . Četiri je podijeljeno sa "minus dva": što znači da je mogući korijen prošao test.

Provjerimo vrijednost. Ovdje je razlika u testu: . Naravno, i samim tim drugi "testni subjekt" takođe ostaje na listi.

Pitanje pronalaženja racionalnih korijena polinoma f(x)Q[x] (sa racionalnim koeficijentima) svodi se na pitanje pronalaženja racionalnih korijena polinoma k ∙ f(x)Z[x] (sa cjelobrojnim koeficijentima). Evo broja k je najmanji zajednički višekratnik koeficijenata datog polinoma.

Neophodno ali ne dovoljne uslove postojanje racionalnih korijena polinoma sa cjelobrojnim koeficijentima je dato sljedećom teoremom.

Teorema 6.1 (o racionalnim korijenima polinoma s cjelobrojnim koeficijentima). Ako – racionalni korijen polinomaf(x) = a n  x n + + …+ a 1  x + a 0 od cijeli koeficijenti, i(str, q) = 1, zatim brojilac razlomkastrje djelitelj slobodnog člana a 0 , i imenilacqje djelitelj vodećeg koeficijenta a 0 .

Teorema 6.2.Ako Q ( gdje (str, q) = 1) je racionalni korijen polinoma f(x) sa cjelobrojnim koeficijentima, onda
–cijeli brojevi.

Primjer. Pronađite sve racionalne korijene polinoma

f(x) = 6 x 4 + x 3 + 2 x 2 – 4 x+ 1.

1. Prema teoremi 6.1: ako – racionalni korijen polinoma f(x), ( gdje( str, q) = 1), onda a 0 = 1 str, a n = 6 q. Zbog toga str { 1}, q (1, 2, 3, 6), dakle

.

2. Poznato je da je (korolar 5.3) broj ali je korijen polinoma f(x) ako i samo ako f(x) podijeljena ( x - a).

Stoga, provjeriti da li su brojevi 1 i -1 korijeni polinoma f(x) možete koristiti Hornerovu šemu:

f(1) = 60,f(–1) = 120, tako da 1 i -1 nisu korijeni polinoma f(x).

3. Da izbacite neke od preostalih brojeva
, koristimo teoremu 6.2. Ako izrazi ili
uzima cjelobrojne vrijednosti za odgovarajuće vrijednosti brojilaca str i imenilac q, tada ćemo u odgovarajuće ćelije tabele (vidi dolje) napisati slovo "c", u suprotnom - "dr".

=
=

4. Koristeći Hornerovu šemu, provjeravamo da li će brojevi preostali nakon prosejavanja biti
korijenje f(x). Prvo podijelite f(x) na ( X – ).

Kao rezultat, imamo: f(x) = (X – )(6 x 3 + 4 x 2 + 4 X - 2) i - korijen f(x). Privatno q(x) = 6 x 3 + 4 x 2 + 4 X - 2 podijeliti sa ( X + ).

Jer q (–) = 30, tada (-) nije korijen polinoma q(x), a time i polinom f(x).

Konačno, dijelimo polinom q(x) = 6 x 3 + 4 x 2 + + 4 X - 2 na ( X – ).

Primljeno: q () = 0, tj. korijen q(x), što znači da je korijen f (x). Dakle, polinom f (x) ima dva racionalna korijena: i.

Izuzeće od algebarske iracionalnosti u nazivniku razlomka

U školskom kursu, kada se rješavaju neke vrste zadataka za oslobađanje od iracionalnosti u nazivniku razlomka, dovoljno je pomnožiti brojilac i nazivnik razlomka brojem koji je konjugiran sa nazivnikom.

Primjeri. 1.t =
.

Ovdje skraćena formula množenja (razlika kvadrata) radi u nazivniku, što vam omogućava da se riješite iracionalnosti u nazivniku.

2. Oslobodite se iracionalnosti u nazivniku razlomka

t =
. Izraz - nepotpuni kvadrat razlike brojeva ali=
I b= 1. Koristeći formulu smanjenog množenja ali 3 – b 3 = (a +b) · ( a 2 – ab + b 2 ), možemo definirati množitelj m = (a +b) =
+ 1, sa kojim treba pomnožiti brojilac i imenilac razlomka t da se oslobodimo iracionalnosti u nazivniku razlomka t. Na ovaj način,

U situacijama kada formule smanjenog množenja ne rade, mogu se koristiti drugi trikovi. U nastavku ćemo formulirati teoremu, čiji nam dokaz, posebno, omogućava da pronađemo algoritam za eliminaciju iracionalnosti u nazivniku razlomka u složenijim situacijama.

Definicija 6.1. Broj z pozvao algebarski nad poljem F ako postoji polinom f(x) F[x], čiji je korijen z, inače broj z pozvao transcendentno nad poljemF.

Definicija 6.2.Algebarski stepen nad poljem F brojevi z je stepen nesvodivog nad poljem F polinom str(x)F[x], čiji je korijen broj z.

Primjer. Pokažimo da je broj z =
je algebarski nad poljem Q i pronađite njen stepen.

Nađimo nesvodivo preko polja Q polinom str(X), čiji je korijen x =
. Podižemo obje strane jednakosti x =
na četvrti stepen, dobijamo X 4 = 2 ili X 4 – 2 = 0. Dakle, str(X) = X 4 – 2, i moć broja z je jednako sa deg str(X) = 4.

Teorema 6.3 (o oslobađanju od algebarske iracionalnosti u nazivniku razlomka).Neka budezje algebarski broj nad poljemFstepenn. Izražavanje formet = ,gdje f(x), (x)F[x], (z) 0

može se predstaviti samo u obliku:

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

Na konkretnom primjeru ćemo demonstrirati algoritam za eliminaciju iracionalnosti u nazivniku razlomka.

Primjer. Oslobodite se iracionalnosti u nazivniku razlomka:

t =

1. Imenilac razlomka je vrijednost polinoma (X) = X 2 – X+1 kada X =
. Prethodni primjer to pokazuje
je algebarski broj nad poljem Q stepen 4, budući da je korijen nesvodivog nad Q polinom str(X) = X 4 – 2.

2. Pronađite linearnu ekspanziju gcd ( (X), str(x)) koristeći Euklid algoritam.

_ 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)

Dakle, NOD ( (X), str(x)) = r 2 = 7. Pronađite njegovu linearnu ekspanziju.

Zapisujemo Euklidov niz koristeći notaciju polinoma.

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

(x) = r 1 (x) · q 2 (x) + r 2 (x)
r 2 (x) = (x) – r 1 (x) · q 2 (x)

r 1 (x) = r 2 (x) · q 2 (x).

Zamijenite u jednačinu 7= r 2 (x) = (x) – r 1 (x) · q 2 (x) vrijednost ostatka r 1 (x) = str(x) – (x) · q 1 (x), nakon transformacija dobijamo linearnu ekspanziju gcd( (X), str(x)): 7 = str(x) · (– q 2 (x)) + (x) . Ako zamijenimo odgovarajuće polinome u posljednjoj jednakosti umjesto notacije i uzmemo u obzir da str(
) = 0, tada imamo:

(1 –
+
) · (–
+ 2
+ 3
+ 1)] = 7 (1)

3. Iz jednakosti (1) slijedi da ako je imenilac razlomka t pomnožite brojem m= , onda dobijamo 7. Dakle,

t =
=.

METODA 16. Tema lekcije: Standardni oblik polinoma

Vrsta časa: čas provjere i kontrole znanja i vještina

Ciljevi lekcije:

Testirajte sposobnost dovođenja polinoma u standardni oblik

Razvijati logičko mišljenje učenika, pažnju

Negujte nezavisnost

Struktura lekcije:

Organiziranje vremena

brifing

Samostalan rad.

1. Dopuni rečenice:

a) Izraz koji sadrži zbir monoma naziva se ... (polinom).

b) Polinom koji se sastoji od standardnih monoma i ne sadrži slične članove naziva se ... (standardni polinom).

c) Najveći od stupnjeva monoma uključenih u polinom standardnog oblika naziva se ... (stepen polinoma).

d) Prije određivanja stepena polinoma, potrebno je ... (dovesti ga u standardni oblik).

e) Da biste pronašli vrijednost polinoma, morate uraditi prvi ... (predstaviti polinom u standardni obrazac), drugi ... (zamijenite vrijednost varijable u ovom izrazu).

2. Pronađite vrijednost polinoma:

ali) 2 a 4 - ab+2 b 2 at a=-1, b=-0,5

b) x 2 +2 xy+ y 2 at x=1,2, y=-1,2

3. Dovedite polinom u standardni oblik:

ali) -5ah 2 + 7a 2 x + 2a 2 x + 9ax 2 – 4ah 2 – 8a 2 X;

b) (5x 2 - 7x - 13) - (3x 2 - 8x + 17);

u) 2a - (1.4av + 2a 2 - 1) + (3a + 6.4av);

G) (2s 2 - 1,6 s + 4) - ((10,6 s 2 + 4,4s - 0,3) - (3,6s 2 - 7s - 0,7));

4. Dovedite polinom u standardni oblik i saznajte za koje vrijednosti X njegova vrijednost je 1:

ali) 2 x 2 -3 x- x 2 -5+2 x- x 2 +10;

b) 0,3 x 3 - x 2 + x- x 3 +3 x 2 +0,7 x 3 -2 x 2 +0,07

Ulaznica broj 17.Djeljivost cijelih brojeva