irracionális szám- ezt valós szám, ami nem racionális, vagyis nem ábrázolható törtként, ahol egész számok, . Egy irracionális szám végtelen, nem ismétlődő tizedesjegyként ábrázolható.

Az irracionális számok halmazát általában nagy latin betűvel jelölik, félkövéren, árnyékolás nélkül. Így: , azaz. az irracionális számok halmaza valós és racionális számok halmazainak különbsége.

Pontosabban az irracionális számok létezéséről Az egységnyi hosszúságú szegmenssel összemérhetetlen szegmenseket már az ókori matematikusok is ismerték: ismerték például az átló és a négyzet oldalának összemérhetetlenségét, ami egyenértékű a szám irracionalitásával.

Tulajdonságok

• Bármely valós szám felírható végtelen tizedes törtként, míg az ir racionális számokés csak azokat nem periodikus végtelen tizedes törtekkel írjuk.
• Az irracionális számok Dedekind-vágásokat határoznak meg azon racionális számok halmazában, amelyeknek nincs legnagyobb számuk az alsó osztályban, és nincs legkisebb számuk a felsőben.
• Minden valódi transzcendentális szám irracionális.
• Minden irracionális szám algebrai vagy transzcendentális.
• Az irracionális számok halmaza mindenütt sűrű a valós egyenesen: bármely két szám között van irracionális szám.
• Az irracionális számok halmazának sorrendje izomorf a valós transzcendentális számok halmazának sorrendjével.
• Az irracionális számok halmaza megszámlálhatatlan, a második kategória halmaza.

Példák

Irracionális számok - ζ(3) - √2 - √3 - √5 - - - - -

Irracionálisak a következők:

Irracionalitás-bizonyító példák

2 gyöke

Tételezzük fel az ellenkezőjét: racionális, azaz irreducibilis törtként van ábrázolva, ahol egy egész szám, és egy természetes szám. Nézzük négyzetre a feltételezett egyenlőséget:

.

Ebből az következik, hogy még, tehát páros és . Hadd hol az egész. Azután

Ezért még, ezért páros és . Ezt kaptuk és párosak, ami ellentmond a tört redukálhatatlanságának. Ezért az eredeti feltevés téves volt, és irracionális szám.

A 3-as szám bináris logaritmusa

Tegyük fel az ellenkezőjét: racionális, azaz törtként ábrázolva, ahol és egész számok. óta, és pozitívnak vehető. Azután

De ez egyértelmű, furcsa. Ellentmondást kapunk.

e

Történelem

Az irracionális számok fogalmát az indiai matematikusok implicit módon átvették a Kr. e. 7. században, amikor Manawa (i.e. 750 körül - ie 690 körül) megállapította, hogy egyes természetes számok, például 2 és 61 négyzetgyöke nem fejezhető ki egyértelműen.

Az irracionális számok létezésének első bizonyítékát általában Metapontus Hippasusnak (Kr. e. 500 körül), egy püthagoreusnak tulajdonítják, aki egy pentagram oldalhosszának tanulmányozásával találta meg ezt a bizonyítékot. A pitagoreusok idejében azt hitték, hogy egyetlen hosszegység létezik, amely kellően kicsi és oszthatatlan, ami annyi, hogy bármely szegmensben egész szám szerepel. Hippasus azonban azzal érvelt, hogy nincs egyetlen hosszúsági egység, mivel a létezésének feltételezése ellentmondáshoz vezet. Megmutatta, hogy ha egy egyenlő szárú befogója derékszögű háromszög egész számot tartalmaz egyedi szegmensek, akkor ennek a számnak egyszerre párosnak és páratlannak kell lennie. A bizonyíték így nézett ki:

• Egy egyenlő szárú derékszögű háromszög befogó hosszának és lábának hosszának aránya a következőképpen fejezhető ki: a:b, ahol aÉs b a lehető legkisebbnek választottuk.
• A Pitagorasz-tétel szerint: a² = 2 b².
• Mivel a² egyenletes, a párosnak kell lennie (mivel a páratlan szám négyzete páratlan lenne).
• Amennyiben a:b nem csökkenthető b furcsanak kell lennie.
• Mivel a páros, jelölje a = 2y.
• Azután a² = 4 y² = 2 b².
• b² = 2 y² tehát b akkor egyenletes b még.
• Ez azonban bebizonyosodott b páratlan. Ellentmondás.

A görög matematikusok ezt az arányt összemérhetetlen mennyiségeknek nevezték alogos(kifejezhetetlen), de a legendák szerint Hippasust nem fizették meg kellő tiszteletben. Van egy legenda, amely szerint Hippasus tengeri utazása során fedezte fel, és más pitagoreusok kidobták a vízbe, "mert létrehozta az univerzum egy elemét, amely tagadja azt a tant, hogy az univerzumban lévő összes entitást egész számokra és azok arányaira lehetne redukálni. " Hippasus felfedezése komoly problémát jelentett a pitagorasz matematika számára, megsemmisítve az egész elmélet alapjául szolgáló feltételezést, miszerint a számok és a geometriai objektumok egyek és elválaszthatatlanok.

Az x változóban lévő polinom az anxn+an-1 xn-1+ alakú kifejezés. . . +a 1 x+a 0, ahol n természetes szám; an, an-1, . . . , a 1, a 0 - tetszőleges számok, amelyeket ennek a polinomnak az együtthatóinak neveznek. Kifejezések anxn, an-1 xn-1, . . . , a 1 x, a 0 a polinom tagjai, a 0 pedig egy szabad tag. an az xn-nél az együttható, az an-1 az xn-1-es együttható stb. Az olyan polinomot, amelynek együtthatói egyenlők nullával, nullának nevezzük. például a 0 x2+0 x+0 polinom nulla. A polinom rekordjából egyértelműen kiderül, hogy több tagból áll. Innen származik a ‹‹polinom›› (sok kifejezés) kifejezés. Néha egy polinomot polinomnak neveznek. Ez a kifejezés a görög πολι - sok és νομχ - tag szavakból származik.

Egy x változóban lévő polinomot jelölünk: . f (x), g (x), h (x) stb. például, ha a fenti polinomok közül az elsőt f (x) jelöljük, akkor a következőt írhatjuk: f (x) \u003d x 4+2 x 3+ (- 3) x 2+3/7 x+√ 2. 1. A h(x) polinomot az f(x) és g(x) polinomok legnagyobb közös osztójának nevezzük, ha osztja f(x)-et. , g(x) és mindegyik közös osztójuk. 2. Egy f(x) polinomot, amelynek együtthatói az n fokú P mezőből származnak, a P mezőre redukálhatónak nevezzük, ha vannak olyan h(x), g(x) н P[x] polinomok, amelyek n-nél kisebb fokú, hogy f (x) = h( x)g(x).

Ha van f (x) =anxn+an-1 xn-1+ polinom. . . + a 1 x+a 0 és an≠ 0, akkor az n számot az f (x) polinom fokának nevezzük (vagy azt mondják: f (x) - n-edik fokozat) és írja be a Art. f(x)=n. Ebben az esetben an-t a vezető együtthatónak, az anxn-t pedig az adott polinom vezető tagjának nevezzük. Például, ha f (x) \u003d 5 x 4 -2 x + 3, akkor az Art. f (x) =4, időskorú együttható - 5, vezető ciklus - 5 x4. Egy polinom fokszáma a legnagyobb számú nem nulla együtthatója. A nulla fokos polinomok a nullától eltérő számok. , a nulla polinomnak nincs foka; az f (x) \u003d a polinom, ahol a egy nullától eltérő szám, 0 fokos; bármely más polinom foka egyenlő az x változó legnagyobb kitevőjével, amelynek együtthatója nullával egyenlő.

Polinomok egyenlősége. Két f (x) és g (x) polinomot akkor tekintünk egyenlőnek, ha együtthatói az x változó és a szabad tagok azonos hatványai mellett egyenlőek (a megfelelő együtthatók egyenlők). f(x)=g(x). Például az f (x) \u003d x 3 + 2 x 2 -3 x + 1 és g (x) \u003d 2 x 23 x + 1 polinomok nem egyenlőek, közülük az első együtthatója x3-nál egyenlő 1, a második pedig nulla (az elfogadott konvenciók szerint a következőt írhatjuk: g (x) \u003d 0 x 3 + 2 x 2 -3 x + 1. Ebben az esetben: f (x) ≠ g (x) A polinomok nem egyenlőek: h (x) \u003d 2 x 2 -3 x+5, s (x) \u003d 2 x 2+3 x + 5, mivel együtthatóik x-nél eltérőek.

De az f 1 (x) \u003d 2 x 5 + 3 x 3 + bx + 3 és g 1 (x) \u003d 2 x 5 + ax 3 -2 x + 3 polinomok akkor és csak akkor egyenlőek, ha a \u003d 3 és b = -2. Legyen adott az f (x) =anxn+an-1 xn-1+ polinom. . . +a 1 x+a 0 és néhány c. f (c) szám = ancn+an-1 cn-1+. . . +a 1 c+a 0 az f (x) polinom értékének nevezzük x=c-nél. Így az f (c) megtalálásához x helyett c-t kell behelyettesíteni a polinomba, és el kell végezni a szükséges számításokat. Például, ha f (x) =2 x 3+3 x 2 -x+5, akkor f (-2) =2 (-2) 3+ (-2) 2 - (-2) +5=3. Az x változó különböző értékeinek polinomja különböző értékeket vehet fel. A c számot az f (x) polinom gyökének nevezzük, ha f (c) =0.

Figyeljünk a két állítás közötti különbségre: "az f (x) polinom egyenlő nullával (vagy ami ugyanaz, az f (x) polinom nulla)" és "az f (x) polinom értéke x) x=c-nél egyenlő nullával". Például az f (x) \u003d x 2 -1 polinom nem egyenlő nullával, nem nulla együtthatói vannak, és értéke x \u003d 1-nél nulla. f(x) ≠ 0 és f(1) =0. Szoros kapcsolat van a polinomok egyenlőségének fogalma és a polinom értéke között. Ha két egyenlő f(x) és g(x) polinom adott, akkor a hozzájuk tartozó együtthatók egyenlőek, így f(c) = g(c) minden c számra.

Műveletek polinomokkal A polinomok összeadhatók, kivonhatók és szorozhatók a zárójelek nyitására és a hasonló kifejezések csökkentésére vonatkozó szokásos szabályok szerint. Ebben az esetben az eredmény ismét egy polinom. Ezek a műveletek ismert tulajdonságokkal rendelkeznek: 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).

Legyen adott két f(x) =anxn+an-1 xn-1+ polinom. . . +a 1 x+a 0, an≠ 0 és g(x)=bmxm+bm-1 xm-1+. . . +b 1 x+bm≠ 0. Nyilvánvaló, hogy az Art. f(x)=n és art. g(x)=m. Ha ezt a két polinomot megszorozzuk, egy f(x) g(x)=anbmxm+n+ alakú polinomot kapunk. . . +a 0 b 0. Mivel an≠ 0 és bn≠ 0, akkor anbm≠ 0, ami azt jelenti, hogy st. (f(x)g(x))=m+n. Ebből egy fontos állítás következik.

Két nem nulla polinom szorzatának foka egyenlő a tényezők fokszámainak összegével, Art. (f (x) g (x)) =szt. f (x) +st. g(x). Két nem nulla polinom szorzatának legmagasabb tagja (együtthatója) egyenlő a faktorok legmagasabb tagjának (együtthatójának) szorzatával. Két polinom szorzatának szabad tagja egyenlő a faktorok szabad tagjának szorzatával. Az f (x), g (x) és f (x) ±g (x) polinomok foka a következő összefüggéssel függ össze: st. (f (x) ±g (x)) ≤ max (st. f (x), st. g (x)).

Az f (x) és g (x) polinomok szuperpozícióját nevezzük. polinom, amelyet f (g (x)) jelölünk, amelyet úgy kapunk, hogy az f (x) polinomban lévő x-et a g (x) polinomra cseréljük. Például, ha f(x)=x 2+2 x-1 és g(x) =2 x+3, akkor f(g(x))=f(2 x+3)=(2 x+3)2 +2(2x+3)-1=4 x 2+16 x+14, g(f(x))=g(x2+2 x-1)=2(x2+2 x-1)+ 3=2x2+4x+1. Látható, hogy f (g (x)) ≠g (f (x)), azaz az f (x), g (x) polinomok szuperpozíciója és a g (x), f () polinomok szuperpozíciója. x) különbözőek. Így a szuperpozíció műveletének nincs olyan tulajdonsága, hogy eltolható.

, A maradékkal való osztás algoritmusa Bármely f(x), g(x) esetén létezik q(x) (hányados) és r(x) (maradék), így f(x)=g(x)q(x)+ r(x), és az r(x) fok

Polinom osztói Az f(x) polinom osztója egy g(x) polinom úgy, hogy f(x)=g(x)q(x). Két polinom legnagyobb közös osztója Az f(x) és g(x) legnagyobb közös osztója a d(x) közös osztójuk, amely osztható bármely más közös osztóval.

Euklidész algoritmusa (szukcesszív osztási algoritmus) az f(x) és g(x) polinomok legnagyobb közös osztójának megtalálására Ezután - f(x) és g(x) legnagyobb közös osztója.

Csökkentse a törtet Megoldás: Határozza meg ezeknek a polinomoknak a GCD-jét az Euklidész algoritmussal 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 Ezért a polinom (- x2 - 3 x - 2) a számláló GCD-je, ill. ennek a törtnek a nevezője. A nevező ezzel a polinommal való osztásának eredménye ismert.

Keresse meg a számláló elosztásának eredményét! x 3 + 6 x2 + 11 x + 6 - x2 - 3 x - 2 x3 + 3 x2 + 2 x - x - 3 3 x2 + 9 x + 6 0 Így a válasz:

Horner-séma Ha az f(x) polinomot egy maradékkal osztjuk nem nulla g(x) polinommal, azt jelenti, hogy f(x)-t f(x)=g(x) s(x)+r(x)-ként ábrázoljuk, ahol s (x ) és r(x) -polinomok és vagy r(x)=0 vagy st. r(x)

Az összefüggés bal és jobb oldalán lévő polinomok egyenlőek, ami azt jelenti, hogy a hozzájuk tartozó együtthatók egyenlők. Tegyük egyenlővé őket úgy, hogy először kinyitjuk a zárójeleket, és hasonló kifejezéseket hozunk az egyenlőség jobb oldalára. A következőt kapjuk: 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. Emlékezzünk vissza, hogy meg kell találnunk a hiányos hányadost, azaz annak együtthatóit és a maradékot. Fejezzük ki őket a kapott egyenlőségekből: 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. Találtunk olyan képleteket, amelyekkel kiszámíthatjuk az s (x) parciális hányados és az r maradék együtthatóit. Ebben az esetben a számításokat az alábbi táblázat formájában végezzük; ezt nevezik Horner sémájának.

1. táblázat. Együtthatók 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 Együtthatók s (x) maradék A táblázat első sorába írja fel az f (x) polinom összes együtthatóját egy sorban úgy, hogy az első cellát hagyja szabadon. Az első cella második sorába írja be a c számot. Ennek a sornak a fennmaradó celláit töltjük ki, egyenként számítva ki az s (x) hiányos hányados és a maradék r együtthatóit. A második cellába a bn-1 együtthatót írjuk, amely, mint megállapítottuk, egyenlő an-val.

Az együtthatót minden következő cellában a következő szabály szerint számítjuk ki: a c számot megszorozzuk az előző cellában lévő számmal, és a kitöltendő cella feletti számot hozzáadjuk az eredményhez. Ahhoz, hogy emlékezzünk, mondjuk, az ötödik cellára, vagyis a benne lévő együttható megkereséséhez meg kell szorozni a c-t a negyedik cellában található számmal, és az eredményhez hozzá kell adni az ötödik cella feletti számot. Osszuk el például az f (x) \u003d 3 x 4 -5 x 2 + 3 x-1 polinomot x-2-vel a maradékkal a Horner-séma szerint. A séma első sorának kitöltésekor nem szabad megfeledkezni a polinom nulla együtthatóiról. Tehát az f (x) együtthatók a 3, 0, - 5, 3, - 1 számok. És azt sem szabad elfelejteni, hogy a hiányos hányados mértéke eggyel kisebb, mint az f (x) polinom fokszáma.

Tehát az osztást a Horner-séma szerint hajtjuk végre: 2. táblázat. 2 3 3 0 6 -5 7 3 17 -1 33 s (x) \u003d 3 x 3 + 6 x 2 + 7 x + hiányos hányadost kapunk. 17, a maradék r \u003d 33. figyeljük meg, hogy ezzel egyidejűleg kiszámoltuk az f (2) =33 polinom értékét is. Most ugyanazt az f (x) polinomot elosztjuk x + 2-vel egy maradékkal. Ebben az esetben c=-2. kapjuk: 3. táblázat. -2 3 3 0 -6 -5 7 3 -11 -1 21 Ennek eredményeként f (x) = (x+2) (3 x 3 -6 x 2+7 x- 11) +21 .

Polinomok gyökerei Legyenek c1, c2, …, cm az f (x) polinom különböző gyökei. Ekkor f (x) osztható x-c1-gyel, azaz f (x) \u003d (x-c 1) s 1 (x). Tegyük fel az egyenletbe x=c2-t. Azt kapjuk, hogy f (c 2) \u003d (c 2 -c 1) s 1 (c 2) és így f (c 2) \u003d 0, majd (c2 -c1) s 1 (c 2) \u003d 0. De c2≠c1, azaz c2 -c1≠ 0, ami azt jelenti, hogy s 1 (c 2) \u003d 0. Így c2 az s 1 (x) polinom gyöke. Ebből következik, hogy s 1 (x) osztható x-c2-vel, azaz s 1 (x) = (x-c 2) s 2 (x). Helyettesítsük be a kapott s 1 (x) kifejezést az f (x) = (x-c 1) s 1 (x) egyenlőségbe. Van f (x) = (x-c 1) (x-c 2) s 2 (x). Ha az utolsó x \u003d c3 egyenlőséget betesszük, figyelembe véve azt a tényt, hogy f (c 3) \u003d 0, c3≠c1, c3≠c2, azt kapjuk, hogy c3 az s 2 (x) polinom gyöke. Ezért s 2 (x) = (xc 3) s 3 (x), majd f (x) = (xc 1) (xc 2) (xc 3) s 3 (x), stb. maradék gyökök c4, c5, ..., cm, végül azt kapjuk, hogy f (x) = (xc 1) (xc 2) ... (x-cm) sm (x), azaz az alább megfogalmazott állítás bizonyítást nyer.

Ha c1, c2, ..., cm az f (x) polinom különböző gyökei, akkor f (x) a következőképpen ábrázolható: f (x) \u003d (xc 1) (xc 2) ... (x- cm) sm (x). Ebből egy fontos következmény következik. Ha c1, c2, ..., cm az f(x) polinom különböző gyökei, akkor f(x) osztható az (x-c1) (x-c2) ... (x-cm) polinommal. Egy f (x) nem nulla polinom különböző gyökeinek száma nem nagyobb, mint a foka. Valóban, ha f(x)-nek nincsenek gyökei, akkor egyértelmű, hogy a tétel igaz, mert az Art. f(x) ≥ 0. Legyen most f(x)-nek m gyöke с1, с2, …, сm, és mindegyik különböző. Ekkor a most bebizonyítottakkal f (x) osztható (x-c1) (x-c2) ... (x-cm) -vel. Ilyen esetben az Art. f(x)≥st. ((x-s1) (x-s2) ... (x-sm)) \u003d st. (x-c1) + st. (x-c2) + ... + st. (x-cm) \u003d m, azaz Art. f(x)≥m, és m a vizsgált polinom gyökeinek száma. De a nulla polinomnak végtelen sok gyöke van, mert értéke bármely x-re 0. Ebből az okból kifolyólag nincs hozzá rendelve határozott fok. Az imént bizonyított tételből a következő állítás következik.

Ha az f(x) polinom nem n-nél nagyobb fokú polinom, és n-nél több gyöke van, akkor f(x) nullpolinom. Valójában ennek az állításnak a feltételeiből az következik, hogy vagy f (x) nulla polinom, vagy Art. f(x)≤n. Ha feltételezzük, hogy az f (x) polinom nem nulla, akkor az art. f (x) ≤n, és akkor f (x)-nek legfeljebb n gyöke van. Ellentmondáshoz jutunk. Ezért f(x) nem nulla polinom. Legyenek f(x) és g(x) legfeljebb n fokú nullától eltérő polinomok. Ha ezek a polinomok ugyanazokat az értékeket veszik fel az x változó n + 1 értékére, akkor f (x) = g (x).

Ennek bizonyítására tekintsük a h (x) = f (x) - g (x) polinomot. Nyilvánvaló, hogy - vagy h (x) =0, vagy art. h (x) ≤n, azaz h (x) nem n-nél nagyobb fokú polinom. Legyen most egy c szám, amelyre f (c) = g (c). Ekkor h (c) \u003d f (c) - g (c) \u003d 0, azaz c a h (x) polinom gyöke. Ezért a h (x) polinomnak n + 1 gyöke van, és amikor, ahogy az imént bebizonyosodott, h (x) = 0, azaz f (x) = g (x). Ha f (x) és g (x) ugyanazt az értéket veszi fel az x változó összes értékére, akkor ezek a polinomok egyenlőek

Egy polinom többszörös gyöke Ha c egy f(x) polinom gyöke, akkor ez a polinom osztható x-c-vel. Előfordulhat, hogy f(x) is osztható valamilyen hatvánnyal polinom x-s, azaz (x-c) k-n, k>1. Ebben az esetben c-t többszörös gyökérnek nevezzük. Fogalmazzuk meg világosabban a definíciót. Egy c számot egy f (x) polinom k ​​többszörösének gyökének (k-szoros gyökének) nevezzük, ha a polinom osztható (x -c) k-vel, k>1 (k természetes szám), de nem osztható (xc) k + eggyel. Ha k=1, akkor c-t egyszerű gyöknek, ha k>1-nek nevezzük, akkor az f (x) polinom többszörös gyökének.

Ha az f(x) polinomot a következőképpen ábrázoljuk: f(x)=(xc)mg(x), m természetes szám, akkor akkor és csak akkor osztható (xc) m+1-gyel, ha g(x) osztható által xs. Valóban, ha g(x) osztható x-c-vel, azaz g(x)=(xc)s(x), akkor f(x)=(xc) m+1 s(x), és így f(x) osztható (xc) m+1-gyel. Ezzel szemben, ha f(x) osztható (x-c) m+1-gyel, akkor f(x)=(x-c) m+1 s(x). Ekkor (x-c)mg(x)=(x-c)m+1 s (x) és (x-c)m-mel való redukció után g(x)=(x-c)s(x) kapjuk. Ebből következik, hogy g(x) osztható x-c-vel.

Nézzük meg például, hogy a 2 szám gyöke-e az f (x) \u003d x 5 -5 x 4 + 3 x 3 + 22 x 2 -44 x + 24 polinomnak, és ha igen, akkor keressük meg a többszörösét . Az első kérdés megválaszolásához használjuk Horner sémáját annak ellenőrzésére, hogy f(x) osztható-e x-2-vel. a következőket kapjuk: 4. táblázat. 2 1 1 -5 -3 3 -3 22 16 -44 -12 24 0 Mint látható, a maradék f (x) x-2-vel való osztásakor 0, azaz osztva x-szel -2. Tehát 2 ennek a polinomnak a gyöke. Ezenkívül azt kaptuk, hogy f(x)=(x-2)(x 4 -3 x 3 -3 x 2+16 x-12). Most nézzük meg, hogy f(x) az (x-2) 2-vel. Ez a g (x) \u003d x 4 -3 x 3 -3 x 2 + 16 polinom oszthatóságától függ. x-12 x-2.

Használjuk ismét Horner sémáját: 5. táblázat. 1 -3 -3 16 -12 2 1 -1 -5 6 0 -x 2 -5x+6). Ekkor f(x)=(x-2)2(x 3 -x 2 -5 x+6). Tehát f(x) osztható (x-2) 2-vel, most meg kell találnunk, hogy f(x) osztható-e (x-2)3-mal. Ehhez ellenőrizze, hogy h (x) \u003d x 3 -x 2 -5 x + 6 osztható-e x-2-vel: 6. táblázat. 1 -1 -5 6 2 1 1 -3 0 Azt kapjuk, hogy h (x) ) osztható x-2-vel, ami azt jelenti, hogy f(x) osztható (x-2) 3-mal, és f(x)=(x-2)3(x 2+x-3).

Ezután hasonló módon ellenőrizzük, hogy f (x) osztható-e (x-2) 4-gyel, azaz s (x) \u003d x 2 + x-3 osztható-e x-2-vel: 7. táblázat. 2 1 1 1 3 -3 3 Azt találjuk, hogy s (x) x-2-vel való osztásakor a maradék 3, azaz s (x) nem osztható x-2-vel. Tehát f(x) nem osztható (x-2)4-gyel, így f(x) osztható (x-2)3-mal, de nem osztható (x-2)4-gyel. Ezért a 2 szám az f(x) polinom 3. multiplicitásának gyöke.

Általában a gyökér többszörösségének ellenőrzése egy táblázatban történik. Ebben a példában ez a táblázat így néz ki: 8. táblázat. 1 -5 3 22 -44 -24 2 2 1 1 -3 -1 1 3 -3 -5 -3 3 16 6 0 -12 0 0 Más szavakkal, séma szerint az f (x) polinom Horner-féle osztása x-2-vel, a második sorban a g (x) polinom együtthatóit kapjuk. Ekkor ezt a második sort tekintjük első sornak új rendszer Horner és végezzük el a g (x) x-2-vel való osztását, stb. addig folytatjuk a számításokat, amíg nullától eltérő maradékot nem kapunk. Ebben az esetben a gyökér többszöröse megegyezik a kapott nulla maradékok számával. Az utolsó nem nulla maradékot tartalmazó sor tartalmazza a hányados együtthatóit is, ha f (x)-t (x-2) 3-mal osztjuk.

Most az imént javasolt sémát használva a gyökér többszörösségének ellenőrzésére, megoldjuk a következő problémát. Milyen a és b esetén az f(x) =x 4+2 x 3+ax 2+ (a+b)x+2 polinomnak a - 2 száma a 2 multiplicitás gyöke? Mivel a gyökér - 2 többszörösének egyenlőnek kell lennie 2-vel, akkor az x + 2-vel való osztást végrehajtva a javasolt séma szerint kétszer kapjuk meg a maradék 0-t, harmadszor pedig - a maradékot nullától eltérően. Megvan: 9. táblázat

Így a -2 szám akkor és csak akkor az eredeti polinom 2 multiplicitásának gyöke

racionális gyökerei polinom Ha az l/m irreducibilis tört (l, m egész számok) egy egész együtthatós f (x) polinom gyöke, akkor ennek a polinomnak a vezető együtthatója osztható m-vel, a szabad tag pedig osztható 1-gyel. Valóban, ha f(x )=anxn+an-1 xn-1+…+a 1 x+a 0, an≠ 0, ahol an, an-1, . . . , a 1, a 0 egész számok, akkor f(l/m) =0, azaz an (l/m) n+an-1 (l/m) n-1+. . . +a 1 l/m+a 0=0. Szorozzuk meg ennek az egyenlőségnek mindkét részét mn-nel. Anln+an-1 ln-1 m+-t kapunk. . . +a 1 lmn-1+a 0 mn=0. Ez azt jelenti, hogy anln=m (-an-1 ln-1 -…- a 1 lmn-2 -a 0 mn-1).

Látjuk, hogy az anln egész szám osztható m-mel. De az l/m egy irreducibilis tört, azaz az l és m számok másodprímek, majd az egész számok oszthatóságának elméletéből ismert módon az ln és m számok is másodprímek. Tehát anln osztható m-mel, m pedig koprím ln-re, tehát an osztható m-mel. Határozzuk meg az f (x) \u003d 6 x 4 + 13 x 2 -24 x 2 -8 x + 8 polinom racionális gyökereit. A tétel szerint ennek a polinomnak a racionális gyökei az l/m alakú irreducibilis törtrészek közé tartoznak, ahol l az a szabad tag osztója 0=8, m pedig az a 4=6 vezető együttható osztója. ugyanakkor, ha az l/m tört negatív, akkor a "-" jel utal a számlálóra. Például - (1/3) = (-1) /3. Tehát azt mondhatjuk, hogy l osztója 8-nak, m pedig pozitív osztója 6-nak.

Mivel a 8-as szám osztói ± 1, ± 2, ± 4, ± 8, a 6-os pozitív osztói pedig 1, 2, 3, 6, ezért a szóban forgó polinom racionális gyökei a számok között vannak. ± 1, ± 1/2, ± 1/3, ± 1/6, ± 2/3, ± 4, ± 4/3, ± 8/3. Emlékezzünk vissza, hogy csak irreducibilis törteket írtunk ki. Így van húsz számunk - "jelöltek" a gyökerekhez. Csak mindegyiket ellenőrizni kell, és kiválasztani azokat, amelyek valóban gyökerek. a következő tétel leegyszerűsíti ezt a munkát. Ha az l/m irreducibilis tört egy egész együtthatós f(x) polinom gyöke, akkor f(k) osztható l-km-el bármely k egész számra, feltéve, hogy l-km≠ 0.

Ennek a tételnek a bizonyítására elosztjuk f(x) x-k-vel egy maradékkal. Azt kapjuk, hogy f(x)=(x-k)s(x)+f(k). Mivel f(x) egész együtthatós polinom, így az s(x) polinom is, f(k) pedig egész szám. Legyen s(x)=bn-1+bn-2+…+b 1 x+b 0. Ekkor f(x)-f(k)=(xk) (bnxn-1+bn-2 xn-2+ … +b 1 x+b 0). Ebbe az egyenlőségbe 1 x=l/m-t teszünk. Ha figyelembe vesszük, hogy f(l/m)=0, akkor f(k)=((l/m)-k)(bn-1(l/m)n-1+bn-2(l/m)n- 2+…+b 1(l/m)+b 0). Szorozzuk meg az utolsó egyenlőség mindkét részét mn-nel: mnf(k)=(l-km)(bn-1 ln-1+bn-2 ln-2 m+…+b 1 lmn-2+b 0 mn-1) . Ebből következik, hogy az mnf (k) egész szám osztható l-km-rel. De mivel l és m viszonylag prím, akkor mn és l-km is viszonylag prím, ami azt jelenti, hogy f(k) osztható l-km-rel. A tétel bizonyítást nyert.

Térjünk vissza példánkhoz, és a bevált tétel segítségével tovább szűkítjük a keresések körét racionális gyökerei. Alkalmazzuk a megadott tételt k=1 és k=-1 esetén, azaz ha az l/m irreducibilis tört az f(x) polinom gyöke, akkor f(1)/(lm), és f(-1) )/(l +m). Könnyen megállapítható, hogy esetünkben f(1)=-5, és f(-1)=-15. Vegyük észre, hogy ugyanakkor ± 1-et kizártunk a számításból, tehát polinomunk racionális gyökét a ± 1/2, ± 1/3, ± 1/6, ± 2, ± 2/3 számok között kell keresni, ± 4/3, ± 8 /3. Tekintsük l/m=1/2. Ekkor l-m=-1 és f (1) =-5 osztható ezzel a számmal. Továbbá, l + m = 3 és f (1) = -15 is osztható 3-mal. Így az 1/2 tört a gyökök "jelöltjei" között marad.

Legyen most lm=-(1/2)=(-1)/2. Ebben az esetben l-m=-3 és f (1) =-5 nem osztható -3-mal. Így a -1/2 tört nem lehet ennek a polinomnak a gyöke, ezért kizárjuk a további vizsgálatból. Ellenőrizzük a fent írt törtek mindegyikét, azt kapjuk, hogy a kívánt gyökök az 1/2, ± 2/3, 2, - 4 számok között vannak. Így egy meglehetősen egyszerű trükkel jelentősen leszűkítettük a keresési területet a vizsgált polinom racionális gyökei. Nos, a fennmaradó számok ellenőrzéséhez a Horner-sémát alkalmazzuk: 10. táblázat. 6 13 -24 -8 8 1/2 6 16 -16 0

Látjuk, hogy 1/2 az f(x) polinom gyöke és f(x)= (x-1/2) (6 x 3+16 x 2 -16 x-16) = (2 x-1) (3 x 3+8x2-8x-8). Nyilvánvaló, hogy az f (x) polinom összes többi gyöke egybeesik a g (x) polinom gyökével \u003d 3 x 3 + 8 x 2 -8 x-8, ami azt jelenti, hogy a „jelöltek” további ellenőrzése A gyökök már végrehajthatók erre a polinomra. Keresse meg: 11. táblázat. 3 8 -8 -8 2/3 3 10 -4/3 -80/9 2/3 nem gyöke a g(x) polinomnak, így f(x) sem. Ezután azt találjuk, hogy - 2/3 a g (x) és g (x) \u003d (3 x + 2) (x 2 + 2 x-4) polinom gyöke.

Ekkor f(x) = (2 x-1) (3 x+2) (x 2+2 x-4). További ellenőrzést végezhetünk az x 2+2 x-4 polinomra, ami természetesen könnyebb, mint g (x) vagy még inkább f (x) esetén. Ennek eredményeként azt kapjuk, hogy a 2 és -4 számok nem gyökök. Tehát az f (x) \u003d 6 x 4 + 13 x 3 -24 x 2 -8 x + 8 polinomnak két racionális gyöke van: 1/2 és - 2/3. Ez a módszer lehetővé teszi, hogy egy egész együtthatós polinom racionális gyökeit találjuk meg. Eközben egy polinomnak is lehet irracionális gyökerek. Így például a példában vizsgált polinomnak van még két gyöke: - 1 ± √ 5 (ezek az x2 + 2 x-4 polinom gyökei). egy polinomnak egyáltalán nincs racionális gyöke.

Az f(x) polinom gyökeinek „jelöltjei” tesztelésekor a fenti tételek közül a másodikkal, az utóbbit általában a k = ± 1 esetekre használjuk. Más szóval, ha l/m „jelölt” a gyököket, akkor ellenőrizzük, hogy f( 1) és f (-1) lm-en, illetve l+m-en. De előfordulhat, hogy például f (1) = 0, azaz 1 a gyök, és ekkor f (1) tetszőleges számmal osztható, és az ellenőrzésünk elveszti értelmét. Ebben az esetben el kell osztani az f(x)-et x-1-gyel, azaz kapjuk, hogy f(x)=(x-1)s(x), és teszteljük az s(x) polinomot. Ebben az esetben nem szabad elfelejteni, hogy az f(x)-x 1=1 polinom egyik gyökét már megtaláltuk. Ha a racionális gyökök második tétele után visszamaradó gyök „jelöltjeit” ellenőrizzük Horner séma szerint, akkor azt kapjuk, hogy például l / m gyök, akkor meg kell találni a többszörösét. Ha mondjuk k, akkor f(x)=(x-l/m) ks(x), és további ellenőrzések végezhetők s(x) esetén, ami csökkenti a számítást.

Megoldás. Miután végrehajtottuk az y=2 x változó változtatását, egy olyan polinomhoz jutunk, amelynek együtthatója eggyel egyenlő a legmagasabb fokon. Ehhez először meg kell szorozni a kifejezést 4-gyel. Ha az eredményül kapott függvénynek egész gyökei vannak, akkor azok a szabad tag osztói közé tartoznak. Írjuk fel őket: ± 1, ± 2, ± 3, ± 4, ± 5, ± 6, ± 10, ± 12, ± 15±, ± 20, ± 30, ± 60

Számítsuk ki egymás után a g(y) függvény értékeit ezekben a pontokban, amíg nullát nem kapunk. Azaz y=-5 a gyöke, tehát az eredeti függvény gyöke. Végezzük el a polinom oszlopával (sarokkal) való osztását binomimmal

A fennmaradó osztók ellenőrzését nem célszerű folytatni, mivel az eredményt egyszerűbb faktorizálni négyzetes trinomikus Következésképpen,

A redukált szorzás és a Newton-binomiális képletek használata a polinom tényezőzésére kinézet polinom javaslatot tesz a faktorizálásra. Például egyszerű transzformációk után az együtthatók a Pascal-háromszögből a Newton-binomiális együtthatók egy egyenesébe sorakoznak. Példa. Tényezősítsünk egy polinomot.

Megoldás. Alakítsuk át a kifejezést alakra: A zárójelben lévő összeg együtthatóinak sorozata egyértelműen jelzi, hogy miről van szó, ezért most a négyzetek különbségi képletét alkalmazzuk: A második zárójelben lévő kifejezésnek nincs valódi gyöke, a polinomra pedig az első zárójelben ismét alkalmazzuk a négyzetek különbségi képletét

Vieta képletek, amelyek egy polinom együtthatóit fejezik ki a gyökeivel. Ezekkel a képletekkel kényelmesen ellenőrizhető egy polinom gyökeinek helyessége, valamint polinom összeállítása adott gyökéből. Formuláció Ha egy polinom gyökei, akkor az együtthatók szimmetrikus polinomokként vannak kifejezve a gyökben, azaz

Más szóval, ak egyenlő k gyök összes lehetséges szorzatának összegével. Ha a polinom vezető együtthatója, akkor a Vieta-formula alkalmazásához először el kell osztani az összes együtthatót 0-val. Ebben az esetben a Vieta-képletek egy kifejezést adnak az összes együttható és a legmagasabb arányra. Vieta utolsó képletéből következik, hogy ha egy polinom gyökei egész számok, akkor azok osztói annak szabad tagjának, amely szintén egész szám. A bizonyítást úgy hajtjuk végre, hogy figyelembe vesszük a polinom gyökökben való kiterjesztésével kapott egyenlőséget, mivel a 0 \u003d 1 Ha az együtthatókat x azonos hatványai mellett egyenlővé tesszük, megkapjuk a Vieta-képleteket.

Oldja meg az x 6 - 5 x 3 + 4 = 0 egyenletet Megoldás. Jelölje y \u003d x 3, akkor az eredeti egyenlet y 2 - 5 y + 4 \u003d 0 alakot vesz fel, amelynek megoldása Y 1 \u003d 1; Y 2 = 4. Így az eredeti egyenlet ekvivalens az egyenlethalmazzal: x 3 = 1 vagy x 3 = 4, azaz X 1 = 1 vagy X 2 = Válasz: 1;

Bezout-tétel Definíció 1. Egy elemet a polinom gyökének nevezünk, ha f(c)=0. Bezout tétele. A Pn(x) polinom binomimmal (x-a) való osztásának maradéka egyenlő ennek a polinomnak az értékével x = a-nál. Bizonyíték. Az osztási algoritmus értelmében f(x)=(xc)q(x)+r(x), ahol vagy r(x)=0, vagy, és ezért. Tehát f(x)=(xc)q(x)+r, ebből f(c)=(cc)q(c)+r=r és így f(x)=(xc)q(x) +f( c).

1. Következmény: A Pn (x) polinom ax+b binomimmal való osztásának maradéka egyenlő ennek a polinomnak az értékével x = -b/a, azaz R=Pn (-b/a). 2. következtetés: Ha az a szám a P (x) polinom gyöke, akkor ez a polinom maradék nélkül osztható (x-a)-val. 3. Következmény: Ha a P(x) polinomnak páronként különböző gyökei vannak a 1 , a 2 , … , an, akkor maradék nélkül osztható az (x-a 1) … (x-an) szorzattal. 4. következtetés: Egy n fokú polinomnak legfeljebb n különböző gyöke van. 5. következtetés: Bármely P(x) polinom és egy a szám esetén a (P(x)-P(a)) különbség egyenletesen osztható az (x-a) binomimmal. 6. Következmény: Az a szám akkor és csak akkor és csak akkor gyöke a P(x) polinomnak, amelynek foka legalább az első, ha P(x) maradék nélkül osztható (x-a)-val.

Racionális tört felbontása legegyszerűbbekre Mutassuk meg, hogy bármely megfelelő racionális tört felbontható a legegyszerűbb törtek összegére. Legyen egy megfelelő racionális tört (1).

1. Tétel. Legyen x=a a k rövidség nevezőjének gyöke, azaz ahol f(a)≠ 0, akkor ez a saját tört két másik saját tört összegeként ábrázolható a következőképpen: (2) , ahol A egy nullával nem egyenlő konstans, de F 1(x) egy polinom, amelynek foka kisebb, mint a nevező foka

ahol egy polinom, amelynek foka kisebb, mint a nevező foka. És az előző képlethez hasonlóan a következőket kaphatja: (5)

Stb. általános jellegű és nagyon fontos tanulni az EGÉSZ tanfolyamot felsőbb matematika. Ma megismételjük az "iskola" egyenleteket, de nem csak az "iskola" egyenleteket - hanem azokat, amelyek mindenhol megtalálhatók a vyshmat különféle feladataiban. A sztori szokás szerint alkalmazott módon fog menni, pl. Nem a definíciókra, osztályozásokra koncentrálok, hanem pontosan megosztom veletek személyes tapasztalat megoldásokat. Az információk elsősorban kezdőknek szólnak, de a felkészültebb olvasók is sok érdekességet találnak maguknak. És persze lesz is új anyag, hatáskörön kívül Gimnázium.

Szóval az egyenlet... Sokan borzongva emlékeznek vissza erre a szóra. Mik azok a "divatos" egyenletek a gyökerekkel... ...felejtsd el őket! Mert a továbbiakban e faj legártalmatlanabb "képviselőivel" fog találkozni. Vagy unalmas trigonometrikus egyenletek tucatnyi megoldással. Őszintén szólva én sem szerettem őket igazán... Semmi pánik! - akkor elsősorban a "pitypangok" várnak rád kézenfekvő megoldással 1-2 lépésben. Bár a "bojtorján" természetesen ragaszkodik - itt tárgyilagosnak kell lenni.

Furcsa módon a magasabb matematikában sokkal gyakoribb az olyan nagyon primitív egyenletekkel való foglalkozás, mint pl. lineáris egyenletek.

Mit jelent ennek az egyenletnek a megoldása? Ez azt jelenti, hogy meg kell találni az "x" (gyökér) OLYAN értéket, amely valódi egyenlőséggé változtatja. Fordítsuk jobbra a „trojkát” egy táblaváltással:

és dobd a „kettőt” a jobb oldalra (vagy ugyanaz - szorozza meg mindkét részt) :

Ennek ellenőrzésére behelyettesítjük az elnyert trófeát az eredeti egyenletbe:

A helyes egyenlőséget kapjuk, ami azt jelenti, hogy a talált érték valóban a gyökér adott egyenlet. Vagy, ahogy mondják, megfelel ennek az egyenletnek.

Ne feledje, hogy a gyökér így is írható tizedes tört:
És próbálj meg nem ragaszkodni ehhez a csúnya stílushoz! Sokszor megismételtem az okot, különösen a legelső leckén magasabb algebra.

Az egyenlet egyébként "arabul" is megoldható:

És ami a legérdekesebb: ez a lemez teljesen legális! De ha nem vagy tanár, akkor jobb, ha ezt nem csinálod, mert itt az eredetiség büntetendő =)

És most egy kicsit róla

grafikus megoldási módszer

Az egyenletnek megvan a formája és a gyöke "x" koordináta metszéspontok lineáris függvénygrafikonütemezéssel lineáris függvény (abszcissza tengely):

Úgy tűnik, a példa annyira elemi, hogy nincs itt több elemezni való, de még egy váratlan árnyalat „kifacsarható” belőle: ugyanazt az egyenletet ábrázoljuk a formában, és ábrázoljuk a függvénygrafikonokat:

ahol, kérlek ne keverd össze a kettőt: egy egyenlet egy egyenlet, és funkció egy függvény! Funkciók csak segítség keresse meg az egyenlet gyökereit. Amiből lehet kettő, három, négy, sőt végtelenül sok. Ebben az értelemben a legközelebbi példa az, hogy mindenki tudja másodfokú egyenlet, melynek megoldási algoritmusa külön tételt kapott "forró" iskolai képletek. És ez nem véletlen! Ha meg tud oldani egy másodfokú egyenletet és tudja a Pitagorasz-tétel, akkor, mondhatni, „a felsőbb matematika padlója már a zsebében van” =) Persze túlzás, de nem olyan messze az igazságtól!

Ezért nem vagyunk túl lusták, és a szerint oldunk meg néhány másodfokú egyenletet szabványos algoritmus:

, tehát az egyenletnek két különböző érvényes gyökér:

Könnyen ellenőrizhető, hogy mindkét talált érték valóban megfelel-e ennek az egyenletnek:

Mi a teendő, ha hirtelen elfelejtette a megoldási algoritmust, és nincs kéznél eszköz/segítő kéz? Ilyen helyzet adódhat például egy teszten vagy vizsgán. Grafikus módszert alkalmazunk! És két módja van: megteheti pontszerű felépítés parabola , ezáltal megtudja, hol metszi a tengelyt (ha keresztezi egyáltalán). De érdemes ravaszabbabban cselekedni: alakban mutatjuk be az egyenletet, rajzoljuk meg az egyszerűbb függvények grafikonjait - ill. "x" koordináták metszéspontjaik, egy pillantással!


Ha kiderül, hogy az egyenes érinti a parabolát, akkor az egyenletnek két egybeeső (több) gyöke van. Ha kiderül, hogy az egyenes nem metszi a parabolát, akkor nincsenek valódi gyökerek.

Ehhez persze építeni kell tudni elemi függvények grafikonjai, de másrészt ezek a képességek még egy iskolás fiú erejében is megvannak.

És még egyszer: az egyenlet egyenlet, a függvények pedig olyan függvények, amelyek csak segített oldja meg az egyenletet!

És itt mellesleg érdemes lenne még egy dolgot megjegyezni: ha az egyenlet összes együtthatóját megszorozzuk egy nem nulla számmal, akkor a gyöke nem változik.

Tehát például az egyenlet ugyanazok a gyökerei. A legegyszerűbb „bizonyítékként” kiveszem a konstanst a zárójelből:
és fájdalommentesen távolítsa el (Mindkét részt "mínusz kettőre" osztom.):

DE! Ha a függvényt vesszük, akkor itt már lehetetlen megszabadulni a konstanstól! A szorzót csak a zárójelekből lehet kivenni: .

Sokan alábecsülik a grafikus megoldási módot, valami "méltatlanságnak" tartják, sőt egyesek teljesen megfeledkeznek erről a lehetőségről. És ez alapvetően rossz, mert az összeesküvés néha csak megmenti a helyzetet!

Egy másik példa: tegyük fel, hogy nem emlékszik a legegyszerűbb trigonometrikus egyenlet gyökereire:. Az általános képlet megtalálható az iskolai tankönyvekben, minden elemi matematikáról szóló kézikönyvben, de ezek nem állnak rendelkezésére. Az egyenlet megoldása azonban kritikus (egyébként "kettő"). Van kijárat! - függvénygrafikonokat készítünk:


ezután nyugodtan felírjuk metszéspontjaik "x" koordinátáit:

Végtelenül sok gyök van, és ezek hajtogatott jelölése elfogadott az algebrában:
, ahol ( – egész számok halmaza) .

És anélkül, hogy "elhagynánk a pénztártól", néhány szót az egyenlőtlenségek egy változóval történő megoldásának grafikus módszeréről. Az elv ugyanaz. Így például tetszőleges "x" a megoldás az egyenlőtlenségre, mert a sinusoid szinte teljes egészében az egyenes alatt fekszik. Az egyenlőtlenség megoldása azoknak az intervallumoknak a halmaza, amelyeken a szinusz darabjai szigorúan az egyenes felett helyezkednek el. (abszcissza):

vagy röviden:

És itt van az egyenlőtlenség megoldásainak halmaza - üres, mivel a szinusz egyetlen pontja sem található az egyenes felett.

Valami nem világos? Sürgősen tanulmányozza a leckéket kb készletekÉs függvénygrafikonok!

Bemelegítés:

1. Feladat

Oldja meg grafikusan a következő trigonometrikus egyenleteket:

Válaszok az óra végén

Amint látja, az egzakt tudományok tanulmányozásához egyáltalán nem szükséges képleteket és segédkönyveket zsúfolni! Ráadásul ez egy alapvetően gonosz megközelítés.

Mint már az óra elején megnyugtattam, a felsőbb matematika standard tantárgyában rendkívül ritkán kell összetett trigonometrikus egyenleteket megoldani. Minden bonyolultság általában olyan egyenletekkel végződik, mint , amelyek megoldása két gyökcsoport, amelyek a legegyszerűbb egyenletekből származnak és . Ne törődj túl sokat az utóbbi megoldásával – nézz egy könyvben, vagy találd meg az interneten =)

A grafikus megoldási mód kevésbé triviális esetekben is segíthet. Tekintsük például a következő „tarka” egyenletet:

Megoldásának kilátásai úgy néznek ki... egyáltalán nem néznek, hanem csak az egyenletet kell bemutatni a , konstrukció alakban függvénygrafikonokés minden hihetetlenül egyszerű lesz. A rajz a cikk közepén kb végtelenül kicsi függvények (a következő lapon nyílik meg).

Azonos grafikus módszer megtudhatja, hogy az egyenletnek már két gyöke van, és az egyik egyenlő nullával, a másik pedig látszólag, irracionálisés a szegmenshez tartozik. Ez a gyök megközelítőleg kiszámítható, pl. érintő módszer. Egyébként bizonyos feladatoknál előfordul, hogy nem a gyökereket kell megtalálni, hanem ki kell deríteni léteznek-e egyáltalán. És itt is segíthet egy rajz - ha a grafikonok nem metszik egymást, akkor nincsenek gyökerek.

Egész együtthatós polinomok racionális gyökei.
Horner séma

És most azt javaslom, fordítsa tekintetét a középkor felé, és érezze meg a klasszikus algebra egyedi hangulatát. Az anyag jobb megértése érdekében javaslok legalább egy kis ismerkedést komplex számok.

Ők a legtöbbek. Polinomok.

Érdeklődésünk tárgya a -val alak leggyakoribb polinomjai lesznek egész együtthatók . Természetes szám hívott polinom foka, szám - együttható a legmagasabb fokon (vagy csak a legmagasabb együttható), és az együttható ingyenes tag.

Ezt a polinomot -val hajtva jelölöm.

Polinomiális gyökerek az egyenlet gyökeinek nevezzük

Imádom a vas logikát =)

Példákért megyünk a cikk legelejére:

Nem okoz gondot az 1. és 2. fokú polinomok gyökeinek megtalálása, de ahogy növekszik, ez a feladat egyre nehezebbé válik. De másrészt minden érdekesebb! És ennek lesz szentelve a lecke második része.

Először is, szó szerint fél képernyőnyi elmélet:

1) Következmény szerint algebra alaptétele, a fokpolinom pontosan rendelkezik integrált gyökerei. Néhány gyökér (vagy akár az összes) lehet különösen érvényes. Sőt, a valódi gyökerek között lehetnek azonos (több) gyökök is (minimum kettő, maximum darab).

Ha valamilyen komplex szám gyöke egy polinomnak, akkor konjugált száma is szükségszerűen ennek a polinomnak a gyöke (konjugált összetett gyökerek hasonló ).

A legegyszerűbb példa a másodfokú egyenlet, amellyel először a 8-ban találkoztunk (tetszik) osztályban, és amit végül a témában „befejeztünk”. komplex számok. Emlékeztetlek: egy másodfokú egyenletnek vagy két különböző valós gyöke van, vagy több gyöke, vagy konjugált összetett gyöke.

2) -tól Bezout tételei ebből következik, hogy ha a szám az egyenlet gyöke, akkor a megfelelő polinom faktorizálható:
, ahol egy fokú polinom.

És ismét a régi példánk: mivel az egyenlet gyöke, akkor . Ezek után könnyen beszerezhető a jól ismert "iskola" dekompozíció .

Nagy gyakorlati értékű Bezout tételének a következménye: ha ismerjük a 3. fokú egyenlet gyökerét, akkor azt alakban tudjuk ábrázolni. és től másodfokú egyenlet könnyű felismerni a többi gyökeret. Ha ismerjük a 4. fokú egyenlet gyökerét, akkor lehetséges a bal oldal szorzattá bővítése stb.

És van itt két kérdés:

Egy kérdés. Hogyan lehet megtalálni ezt a gyökeret? Mindenekelőtt határozzuk meg a természetét: a felsőbb matematika számos problémájában meg kell találni racionális, különösen egész a polinomok gyökerei, és ebből a szempontból a továbbiakban főként ezekre leszünk kíváncsiak .... …olyan jók, olyan bolyhosak, hogy csak meg akarod találni őket! =)

Az első dolog, ami önmagát sugallja, az a kiválasztási módszer. Tekintsük például az egyenletet. A fogás itt a szabad távon van - ha nullával egyenlő lenne, akkor minden áttört lenne - zárójelbe tesszük az "x"-et és maguk a gyökerek "kiesnek" a felszínre:

De a mi szabad tagunk egyenlő a "hárommal", ezért elkezdjük behelyettesíteni az egyenletet különféle számok, igényt tartva a "gyökér" címre. Mindenekelőtt az egyes értékek helyettesítése önmagát sugallja. Helyettesítő:

Megkapta helytelen egyenlőség, így az egység "nem illett". Oké, tegyük bele:

Megkapta helyes egyenlőség! Azaz az érték ennek az egyenletnek a gyökere.

A 3. fokú polinom gyökereinek megtalálására van egy analitikai módszer (az úgynevezett Cardano-képletek), de most egy kicsit más probléma érdekel minket.

Mivel - a polinomunk gyöke, így a polinom alakban ábrázolható és keletkezik Második kérdés: hogyan lehet megtalálni az "öcsét"?

A legegyszerűbb algebrai megfontolások azt sugallják, hogy ehhez osztani kell. Hogyan oszthatunk polinomot polinommal? Ugyanaz az iskolai módszer, amely a közönséges számokat osztja - egy "oszlop"! Ez a módszer A lecke első példáiban részletesen elemeztem Összetett határok, és most megvizsgálunk egy másik módszert, amelyet az ún Horner séma.

Először a "senior" polinomot írjuk mindenkivel , beleértve a nulla együtthatókat:
, ami után ezeket az együtthatókat írjuk be (szigorúan sorrendben) a táblázat felső sorába:

A bal oldalra írjuk a gyökeret:

Azonnal leszögezem, hogy Horner séma akkor is működik, ha a „piros” szám nem a polinom gyöke. Azonban ne siessük el a dolgokat.

Felülről szedjük le az idősebb együtthatót:

Az alsó cellák kitöltésének folyamata némileg a hímzésre emlékeztet, ahol a „mínusz egy” egyfajta „tű”, amely áthatja a további lépéseket. A "lebontott" számot megszorozzuk (-1)-gyel, és a felső cellából származó számot hozzáadjuk a termékhez:

A talált értéket megszorozzuk a „piros tűvel”, és hozzáadjuk a szorzathoz a következő egyenletegyütthatót:

És végül a kapott értéket ismét „tűvel” és egy felső együtthatóval „feldolgozzuk”:

A nulla az utolsó cellában azt jelzi, hogy a polinom felosztott nyom nélkül (ahogy lennie kell), míg a tágulási együtthatók közvetlenül a táblázat alsó sorából vannak "eltávolítva":

Így az egyenletről egy ekvivalens egyenletre tértünk át, és a maradék két gyökkel minden világos (ebben az esetben konjugált komplex gyökereket kapunk).

Az egyenlet egyébként grafikusan is megoldható: build "cipzár" és nézd meg, hogy a grafikon keresztezi az x tengelyt () pontban. Vagy ugyanaz a "ravasz" trükk - átírjuk az egyenletet alakba, elemi gráfokat rajzolunk, és észleljük a metszéspontjuk "x" koordinátáját.

Egyébként bármely 3. fokú polinomiális függvény grafikonja legalább egyszer keresztezi a tengelyt, ami azt jelenti, hogy a megfelelő egyenlet legalább egy érvényes gyökér. Ez a tény minden páratlan fokú polinomfüggvényre igaz.

És itt is szeretnék megállni fontos pont terminológiával kapcsolatban: polinomÉs polinomiális függvény – nem ugyanaz! De a gyakorlatban gyakran beszélnek például a „polinom gráfról”, amely természetesen hanyag.

De térjünk vissza Horner rendszeréhez. Mint nemrég említettem, ez a séma más számoknál is működik, de ha a szám nem az egyenlet gyöke, akkor a képletünkben egy nem nulla adalék (maradék) jelenik meg:

A „sikertelen” értéket „hajtsuk meg” Horner séma szerint. Ugyanakkor kényelmes ugyanazt a táblázatot használni - felírunk egy új „tűt” a bal oldalon, felülről lebontjuk a legmagasabb együtthatót. (balra nyíló zöld), és indulunk:

Az ellenőrzéshez kinyitjuk a zárójeleket, és megadjuk a hasonló kifejezéseket:
, RENDBEN.

Könnyen belátható, hogy a maradék („hat”) pontosan a polinom értéke. És valójában - mi ez:
, és még szebb – így:

A fenti számításokból könnyen érthető, hogy a Horner-séma nemcsak a polinom faktorizálását teszi lehetővé, hanem a gyökér „civilizált” kiválasztását is. Azt javaslom, hogy önállóan javítsa a számítási algoritmust egy kis feladattal:

2. feladat

A Horner-séma segítségével keresse meg az egyenlet teljes gyökerét, és faktorizálja a megfelelő polinomot

Más szóval, itt egymás után ellenőriznie kell az 1, -1, 2, -2, ... - számokat, amíg az utolsó oszlopban nulla maradékot nem húznak. Ez azt jelenti, hogy ennek a sornak a "tűje" a polinom gyöke

A számítások kényelmesen egyetlen táblázatban vannak elrendezve. Részletes megoldásés a válasz a lecke végén.

A gyökerek kiválasztásának módja viszonylag jó egyszerű esetek, de ha a polinom együtthatói és/vagy mértéke nagyok, akkor a folyamat késhet. Vagy esetleg néhány érték ugyanabból a listából 1, -1, 2, -2, és nincs értelme figyelembe venni? Ezenkívül a gyökerek töredékesek lehetnek, ami teljesen nem tudományos piszkáláshoz vezet.

Szerencsére van két erőteljes tétel, amely jelentősen csökkentheti a racionális gyökerek „jelölt” értékeinek felsorolását:

1. tétel Fontolgat nem csökkenthető tört , ahol . Ha a szám az egyenlet gyöke, akkor a szabad tag osztható -vel, a vezető együttható pedig osztható -val.

Különösen, ha a vezető együttható , akkor ez a racionális gyök egész szám:

És elkezdjük kihasználni a tételt ebből az ízletes konkrétumból:

Térjünk vissza az egyenlethez. Mivel vezető együtthatója , a hipotetikus racionális gyökök kizárólag egészek lehetnek, és a szabad tagnak maradék nélkül oszthatónak kell lennie ezekkel a gyökökkel. A "hármat" pedig csak 1-re, -1-re, 3-ra és -3-ra lehet osztani. Vagyis csak 4 "gyökerjelöltünk" van. És aszerint 1. tétel, más racionális számok nem lehetnek gyökei ennek az egyenletnek ALAPELVÉBEN.

Az egyenletben egy kicsit több „pályázó” található: a szabad kifejezést 1, -1, 2, -2, 4 és -4-re osztják.

Kérjük, vegye figyelembe, hogy az 1, -1 számok a lehetséges gyökök listájának „regulárisai”. (a tétel nyilvánvaló következménye)és a legtöbb a legjobb választás az első ellenőrzésre.

Térjünk át értelmesebb példákra:

3. feladat

Megoldás: mivel a vezető együttható, akkor a hipotetikus racionális gyökök csak egész számok lehetnek, míg a szabad tag osztóinak kell lenniük. A "mínusz negyven" a következő számpárokra oszlik:
- összesen 16 „jelölt”.

És itt rögtön megjelenik egy csábító gondolat: ki lehet-e gyomlálni minden negatív vagy minden pozitív gyökeret? Bizonyos esetekben megteheti! Két jelet fogok megfogalmazni:

1) Ha minden egy polinom együtthatói nem negatívak vagy mind nem pozitívak, akkor nem lehet pozitív gyöke. Sajnos nem ez a mi esetünk (most, ha adnánk egy egyenletet - akkor igen, ha a polinom bármely értéke szigorúan pozitív, ami azt jelenti, hogy minden pozitív számok (és irracionális is) nem lehetnek gyökei az egyenletnek.

2) Ha a páratlan hatványok együtthatói nem negatívak, és minden páros hatványra (beleértve az ingyenes tagot is) negatívak, akkor a polinomnak nem lehet negatív gyöke. Vagy „tükör”: a páratlan fokok együtthatói nem pozitívak, és minden páros esetében pozitívak.

Ez a mi esetünk! Közelről megnézve láthatja, hogy ha bármilyen negatív „x”-et behelyettesítünk az egyenletbe, a bal oldal szigorúan negatív lesz, ami azt jelenti, hogy a negatív gyökök eltűnnek.

Így 8 szám maradt a kutatásra:

Következetesen "töltsd fel" őket a Horner-séma szerint. Remélem, már elsajátítottad a fejben végzett számításokat:

A "deuce" tesztelésekor a szerencse várt ránk. Így a vizsgált egyenlet gyöke, és

Az egyenlet vizsgálata hátra van . Könnyű ezt megtenni a diszkrimináns segítségével, de ugyanúgy exponenciális tesztet fogok végezni. Először is vegye figyelembe, hogy a szabad tag 20, ami azt jelenti, hogy szerint 1. tétel a 8-as és 40-es számok kiesnek a lehetséges gyökerek listájából, az értékek pedig a kutatásra maradnak (az egyik kiesett a Horner-séma szerint).

Az új táblázat felső sorába írjuk a trinomiális együtthatóit és ugyanazzal a "kettővel" kezdjük az ellenőrzést. Miért? És mivel a gyökök többszörösek is lehetnek, kérjük: - ennek az egyenletnek 10 azonos gyöke van. De ne térjünk ki:

És itt persze kicsit ravasz voltam, tudván, hogy a gyökerek racionálisak. Végül is, ha irracionálisak vagy összetettek lennének, akkor az összes fennmaradó számot sikertelenül ellenőrizném. Ezért a gyakorlatban a diszkrimináns vezérelje.

Válasz: racionális gyökerek: 2, 4, 5

Az elemzett problémában szerencsénk volt, mert: a) azonnal leestek negatív értékeket, és b) nagyon gyorsan megtaláltuk a gyökeret (és elméletileg a teljes listát is ellenőrizhetjük).

De a valóságban a helyzet sokkal rosszabb. Meghívlak benneteket, hogy nézzétek meg a "The Last Hero" című izgalmas játékot:

4. feladat

Keresse meg az egyenlet racionális gyökereit

Megoldás: tovább 1. tétel a hipotetikus racionális gyökök számlálóinak teljesíteniük kell a feltételt (olvasd: "a tizenkettő osztható ale-lel")és a feltétel nevezőit. Ez alapján két listát kapunk:

"el lista":
és "list em": (szerencsére itt a számok természetesek).

Most készítsünk egy listát az összes lehetséges gyökérről. Először elosztjuk az „ale listát” -vel. Teljesen egyértelmű, hogy ugyanazok a számok fognak kiderülni. A kényelem kedvéért tegyük őket egy táblázatba:

Sok töredéket csökkentettek, ami olyan értékeket eredményezett, amelyek már szerepelnek a "hősök listáján". Csak az "újoncokat" adjuk hozzá:

Hasonlóképpen osztjuk ugyanazt a "sörök listáját" a következővel:

és végül tovább

Így a játékunkban résztvevők csapata a következőkből áll:


Sajnos ennek a feladatnak a polinomja nem felel meg a "pozitív" vagy "negatív" kritériumnak, ezért a felső vagy az alsó sort nem tudjuk elvetni. Az összes számmal dolgozni kell.

milyen a hangulatod? Gyerünk, fordítsa fel az orrát - van egy másik tétel, amelyet képletesen „gyilkos tételnek” nevezhetünk .... ... "jelöltek", természetesen =)

De először végig kell görgetnie Horner diagramját legalább egyért az egész számok. Hagyományosan egyet veszünk. A felső sorba írjuk a polinom együtthatóit, és minden a szokásos módon történik:

Mivel a négy egyértelműen nem nulla, az érték nem a szóban forgó polinom gyöke. De sokat fog nekünk segíteni.

2. tétel Ha egyeseknek általában a polinom értéke nem nulla: , akkor a racionális gyökei (ha ők) kielégíti a feltételt

Esetünkben és ezért minden lehetséges gyökérnek meg kell felelnie a feltételnek (nevezzük 1. feltételnek). Ez a négyes sok "jelölt" "gyilkosa" lesz. Bemutatóként megnézek néhány ellenőrzést:

Ellenőrizzük a jelöltet. Ehhez mesterségesen törtként ábrázoljuk, amiből jól látható, hogy . Számítsuk ki az ellenőrző különbséget: . A négyet "mínusz kettővel" osztják: ami azt jelenti, hogy a lehetséges gyökér megfelelt a teszten.

Ellenőrizzük az értéket. Itt a tesztkülönbség a következő: . Természetesen, és ezért a második "tesztalany" is a listán marad.

A polinom racionális gyökeinek megtalálásának kérdése f(x)K[x] (racionális együtthatókkal) a polinomok racionális gyökeinek megtalálásának kérdésére redukálódik k ∙ f(x)Z[x] (egész együtthatókkal). Itt a szám k az adott polinom együtthatóinak legkisebb közös többszöröse.

Szükséges, de nem elegendő feltételeket Az egész együtthatós polinom racionális gyökeinek létezését a következő tétel adja meg.

6.1. Tétel (egész együtthatós polinom racionális gyökeiről). Ha – polinom racionális gyökef(x) = a n  x n + + …+ a 1  x + a 0 tól től egész együtthatók, és(p, q) = 1, majd a tört számlálójapaz a szabad tag osztója 0 , és a nevezőqaz a vezető együttható osztója 0 .

6.2. Tétel.Ha K ( ahol (p, q) = 1) a polinom racionális gyöke f(x) egész együtthatókkal, akkor
–egész számok.

Példa. Keresse meg a polinom összes racionális gyökerét

f(x) = 6 x 4 + x 3 + 2 x 2 – 4 x+ 1.

1. A 6.1. Tétel szerint: ha – polinom racionális gyöke f(x), ( ahol( p, q) = 1), azután a 0 = 1 p, a n = 6 q. Ezért p { 1}, q (1, 2, 3, 6), tehát

.

2. Ismeretes, hogy (5.3. következtetés) a szám de a polinom gyöke f(x) ha, és csak akkor ha f(x) osztva ( x - a).

Ezért ellenőrizni kell, hogy az 1 és -1 számok a polinom gyökerei-e f(x) használhatja Horner sémáját:

f(1) = 60,f(–1) = 120, tehát 1 és -1 nem gyökei a polinomnak f(x).

3. A fennmaradó számok egy részét kigyomlálni
, a 6.2. tételt használjuk. Ha kifejezések vagy
egész értékeket vesz fel a megfelelő számlálóértékekhez pés nevező q, akkor a táblázat megfelelő celláiba (lásd alább) a „c” betűt írjuk, egyébként - „dr”.

=
=

4. Horner sémájával ellenőrizzük, hogy a szitálás után megmaradó számok lesznek-e
gyökerei f(x). Először oszd meg f(x) a ( x – ).

Ennek eredményeként a következőkkel rendelkezünk: f(x) = (x – )(6 x 3 + 4 x 2 + 4 X - 2) és - gyökér f(x). Magán q(x) = 6 x 3 + 4 x 2 + 4 X - 2 osztva ( x + ).

Mivel q (–) = 30, akkor a (-) nem a polinom gyöke q(x), és innen ered a polinom f(x).

Végül felosztjuk a polinomot q(x) = 6 x 3 + 4 x 2 + + 4 X - 2 on ( x – ).

Megérkezett: q () = 0, azaz a gyökér q(x), ami azt jelenti, hogy a gyökér f (x). Tehát a polinom f (x) két racionális gyöke van: és.

Felmentés az algebrai irracionalitás alól a tört nevezőjében

Egy iskolai kurzusban bizonyos típusú feladatok megoldása során a tört nevezőjében az irracionalitástól való megszabaduláshoz elegendő a tört számlálóját és nevezőjét megszorozni a nevezőhöz konjugált számmal.

Példák. 1.t =
.

Itt a nevezőben a rövidített szorzási képlet (négyzetek különbsége) működik, amely lehetővé teszi, hogy megszabaduljon a nevező irracionalitásától.

2. Megszabadulni az irracionalitástól a tört nevezőjében

t =
. Kifejezés - a számok különbségének nem teljes négyzete de=
És b= 1. A redukált szorzási képlet segítségével de 3 – b 3 = (egy +b) · ( a 2 – ab + b 2 ), definiálhatjuk a szorzót m = (egy +b) =
+ 1, amellyel a tört számlálóját és nevezőjét meg kell szorozni t hogy megszabaduljunk az irracionalitástól a tört nevezőjében t. Ily módon

Olyan helyzetekben, amikor a csökkentett szorzóképletek nem működnek, más trükkök is használhatók. Az alábbiakban megfogalmazunk egy tételt, amelynek bizonyítása különösen lehetővé teszi, hogy olyan algoritmust találjunk, amely bonyolultabb helyzetekben kiküszöböli a tört nevezőjében lévő irracionalitást.

Meghatározás 6.1. Szám z hívott algebrai egy mező felett F ha van polinom f(x) F[x], amelynek gyökere z, ellenkező esetben a szám z hívott transzcendens a mező felettF.

Meghatározás 6.2.Mező feletti algebrai fok F számok z az irreducibilis mértéke a mező felett F polinom p(x)F[x], amelynek gyöke a szám z.

Példa. Mutassuk meg, hogy a z = szám
algebrai a mező felett Kés megtalálja a mértékét.

Találjuk meg a redukálhatatlant a mező felett K polinom p(x), melynek gyökere x =
. Felvetjük az egyenlőség mindkét oldalát x =
a negyedik hatványhoz kapjuk x 4 = 2 vagy x 4 – 2 = 0. Tehát p(x) = x 4 – 2, és a szám hatványa z egyenlő deg p(x) = 4.

6.3. Tétel (az algebrai irracionalitás alóli felszabadulásról a tört nevezőjében).Legyenz – algebrai szám a mező fölöttFfokozatn. A forma kifejezéset = ,ahol f(x), (x)F[x], (z) 0

csak a következő formában ábrázolható:

t = tól től n -1 z n -1 + c n -2 z n -2 + … + c 1 z + c 0 , c én F.

Egy konkrét példa segítségével bemutatjuk az algoritmust, amellyel a tört nevezőjében az irracionalitást kiküszöbölhetjük.

Példa. Megszabadulni az irracionalitástól a tört nevezőjében:

t =

1. A tört nevezője a polinom értéke (x) = x 2 – x+1 mikor x =
. Az előző példa ezt mutatja
egy mező feletti algebrai szám K 4. fok, mivel ez egy irreducibilis over gyöke K polinom p(x) = x 4 – 2.

2. Keresse meg a gcd ( lineáris kiterjesztését (x), p(x)) az Euklidész algoritmus segítségével.

_ 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)

Szóval NOD ( (x), p(x)) = r 2 = 7. Határozza meg a lineáris kiterjedését!

Az Euklidész sorozatot a polinomok jelölésével írjuk fel.

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

Egyenletek és egyenlőtlenségek megoldása során gyakran szükségessé válik egy olyan polinom faktorizálása, amelynek fokszáma három vagy magasabb. Ebben a cikkben megvizsgáljuk ennek legegyszerűbb módját.

Szokás szerint forduljunk az elmélethez segítségért.

Bezout tétele kimondja, hogy a polinom binomimmal való osztásának maradéka .

De nem maga a tétel a fontos számunkra, hanem ebből a következmény:

Ha a szám egy polinom gyöke, akkor a polinom maradék nélkül osztható a binomimmal.

Azzal a feladattal állunk szemben, hogy valahogy megkeressük a polinomnak legalább az egyik gyökerét, majd elosztjuk a polinomot -vel, ahol a polinom gyöke. Ennek eredményeként olyan polinomot kapunk, amelynek foka eggyel kisebb, mint az eredeti fokszáma. És akkor, ha szükséges, megismételheti a folyamatot.

Ez a feladat két részre oszlik: hogyan találjuk meg a polinom gyökerét, és hogyan osztjuk fel a polinomot binomiálisra.

Nézzük meg közelebbről ezeket a pontokat.

1. Hogyan találjuk meg a polinom gyökerét.

Először is ellenőrizzük, hogy az 1 és -1 számok a polinom gyökei-e.

A következő tények segítenek nekünk ebben:

Ha egy polinom összes együtthatójának összege nulla, akkor a szám a polinom gyöke.

Például egy polinomban az együtthatók összege egyenlő nullával: . Könnyű ellenőrizni, hogy mi a polinom gyöke.

Ha egy polinom páros fokos együtthatóinak összege egyenlő a páratlan fokos együtthatók összegével, akkor a szám a polinom gyöke. A szabad tagot páros fokú együtthatónak tekintjük, mivel , a páros szám.

Például egy polinomban a páros fokú együtthatók összege: , a páratlan fokú együtthatók összege pedig: . Könnyű ellenőrizni, hogy mi a polinom gyöke.

Ha sem 1, sem -1 nem gyöke a polinomnak, akkor továbblépünk.

Csökkentett fokú polinomra (vagyis olyan polinomra, amelyben a vezető együttható - az együttható - egyenlő eggyel) a Vieta-képlet érvényes:

Hol vannak a polinom gyökerei.

Vannak Vieta-képletek is, amelyek a polinom fennmaradó együtthatóira vonatkoznak, de minket ez érdekel.

Ebből a Vieta-képletből az következik ha egy polinom gyökei egész számok, akkor azok osztói annak szabad tagjának, amely szintén egész szám.

Ennek alapján, fel kell bontanunk a polinom szabad tagját faktorokra, és egymás után, kisebbről nagyobbra, ellenőrizni kell, hogy a faktorok közül melyik a polinom gyöke.

Vegyük például a polinomot

Szabad tagosztók: ; ; ;

A polinom összes együtthatójának összege egyenlő, ezért az 1-es szám nem a polinom gyöke.

Az együtthatók összege páros hatványoknál:

Az együtthatók összege páratlan hatványokon:

Ezért a -1 szám szintén nem gyöke a polinomnak.

Ellenőrizzük, hogy a 2-es szám a polinom gyöke: tehát a 2-es szám a polinom gyöke. Ezért Bezout tétele szerint a polinom maradék nélkül osztható a binomimmal.

2. Polinom felosztása binomiálisra.

Egy polinom egy oszlop segítségével binomiálisra osztható.

A polinomot binomiális oszlopra osztjuk:

Van egy másik módja a polinomok binomiálisra osztásának - Horner séma.

Nézze meg ezt a videót, hogy megértse hogyan osztunk el egy polinomot egy binomimmal egy oszloppal, és a Horner-séma segítségével.

Megjegyzem, ha oszlopos osztásakor az ismeretlennek bizonyos foka hiányzik az eredeti polinomból, akkor a helyére 0-t írunk - ugyanúgy, mint a Horner-séma táblázatának összeállításakor.

Tehát, ha egy polinomot binomiálisra kell osztanunk, és az osztás eredményeként polinomot kapunk, akkor a polinom együtthatóit a Horner-séma segítségével találhatjuk meg:

Használhatjuk is Horner séma annak ellenőrzésére, hogy vajon adott szám a polinom gyöke: ha a szám a polinom gyöke, akkor a polinom elosztásának maradéka nulla, vagyis a Horner-séma második sorának utolsó oszlopában 0-t kapunk.

Horner sémájával „két legyet ölünk egy csapásra”: egyúttal ellenőrizzük, hogy a szám egy polinom gyöke-e, és ezt a polinomot elosztjuk egy binomimmal.

Példa. Oldja meg az egyenletet:

1. Kiírjuk a szabad tag osztóit, és megkeressük a polinom gyökereit a szabad tag osztói között.

24 osztói:

2. Ellenőrizze, hogy az 1-es szám a polinom gyöke-e.

Egy polinom együtthatóinak összege tehát az 1 a polinom gyöke.

3. Osszuk fel az eredeti polinomot binomiálisra a Horner-séma segítségével.

A) Írja be a táblázat első sorába az eredeti polinom együtthatóit!

Mivel a tartalmazó tag hiányzik, a táblázat oszlopába, amelybe az at együtthatót kell írni, 0-t írunk. A bal oldalra írjuk a talált gyökeret: az 1-es számot.

B) Töltse ki a táblázat első sorát!

Az utolsó oszlopban a várakozásoknak megfelelően nullát kaptunk, az eredeti polinomot maradék nélkül binomiálisra osztottuk. Az osztás eredményeként kapott polinom együtthatói kék színnel jelennek meg a táblázat második sorában:

Könnyen ellenőrizhető, hogy az 1 és -1 számok nem a polinom gyökei

C) Folytassuk a táblázatot. Ellenőrizzük, hogy a 2-es szám a polinom gyöke:

Tehát az eggyel való osztás eredményeként kapott polinom foka kisebb, mint az eredeti polinom foka, ezért az együtthatók száma és az oszlopok száma eggyel kisebb.

Az utolsó oszlopban -40 - olyan számot kaptunk, amely nem egyenlő nullával, ezért a polinom osztható egy maradékkal, és a 2 nem a polinom gyöke.

C) Ellenőrizzük, hogy a -2 szám a polinom gyöke-e. Mivel az előző próbálkozás sikertelen volt, így az együtthatókkal ne legyen tévedés, törlöm a kísérletnek megfelelő sort:

Bírság! A maradékban nullát kaptunk, ezért a polinomot maradék nélkül binomiálisra osztottuk, ezért a -2 szám a polinom gyöke. A polinomnak a binomimmal való osztásával kapott polinom együtthatói zöld színnel jelennek meg a táblázatban.

Az osztás eredményeként négyzetes hármast kaptunk , melynek gyökerei könnyen megtalálhatók Vieta tételével:

Tehát az eredeti egyenlet gyökerei:

{}

Válasz:( }