Rješavanje tipičnih problema. „Rastavljanje polinoma petog stepena na kvadratne faktore koristeći Lagrangeov interpolacioni polinom Faktorovanje kvadratnog trinoma

Ključne riječi: jednačine, Polinom, Korijeni jednadžbe

Prezentacija za lekciju








Nazad napred

Pažnja! Pregledi slajdova služe samo u informativne svrhe i možda ne predstavljaju sve karakteristike prezentacije. Ako ste zainteresovani za ovaj rad, preuzmite punu verziju.

Vrsta lekcije: Čas savladavanja i učvršćivanja osnovnog znanja.

Svrha lekcije:

  • Upoznati učenike s konceptom korijena polinoma i naučiti ih kako ih pronaći. Poboljšati vještine korištenja Hornerove sheme za proširenje polinoma po stepenu i dijeljenje polinoma binomom.
  • Naučite pronaći korijene jednadžbe koristeći Hornerovu shemu.
  • Razvijati apstraktno razmišljanje.
  • Negujte računarsku kulturu.
  • Razvoj interdisciplinarnih veza.

Tokom nastave

1. Organizacioni momenat.

Informirajte temu lekcije, formulirajte ciljeve.

2. Provjera domaćeg zadatka.

3. Proučavanje novog gradiva.

Neka Fn(x) = a n x n +a n-1 x n-1 +...+ a 1 x +a 0 - polinom za x stepena n, gde su a 0 , a 1 ,...,a n dati brojevi, a 0 nije jednako 0. Ako se polinom F n (x) podeli sa ostatkom binomom x-a , tada je količnik (nepotpuni količnik) polinom Q n-1 (x) stepena n-1, ostatak R je broj, a jednakost je tačna F n (x)=(x-a) Q n-1 (x) +R. Polinom F n (x) je djeljiv sa binomom (x-a) samo u slučaju R=0.

Bezoutov teorem: Ostatak R od dijeljenja polinoma F n (x) binomom (x-a) jednak je vrijednosti polinoma F n (x) na x=a, tj. R=Pn(a).

Malo istorije. Bezoutova teorema, uprkos svojoj prividnoj jednostavnosti i očiglednosti, jedna je od fundamentalnih teorema teorije polinoma. Ova teorema povezuje algebarska svojstva polinoma (koji omogućavaju da se polinomi tretiraju kao cijeli brojevi) sa njihovim funkcionalnim svojstvima (koja omogućavaju da se polinomi tretiraju kao funkcije). Jedan od načina za rješavanje jednačina višeg stepena je faktoriranje polinoma na lijevoj strani jednačine. Izračun koeficijenata polinoma i ostatka zapisuje se u obliku tabele koja se zove Hornerova šema.

Hornerova shema je algoritam za dijeljenje polinoma, napisan za poseban slučaj kada je količnik jednak binomu x–a.

Horner William George (1786-1837), engleski matematičar. Glavna istraživanja se odnose na teoriju algebarskih jednadžbi. Razvio metodu za približno rješenje jednačina bilo kojeg stepena. Godine 1819. uveo je važnu metodu za algebru dijeljenja polinoma binomom x - a (Hornerova shema).

Izvođenje opšte formule za Hornerovu šemu.

Dijeliti polinom f(x) sa ostatkom binomom (x-c) znači pronaći polinom q(x) i broj r tako da je f(x)=(x-c)q(x)+r

Zapišimo ovu jednakost detaljno:

f 0 x n + f 1 x n-1 + f 2 x n-2 + ...+f n-1 x + f n =(x-c) (q 0 x n-1 + q 1 x n-2 + q 2 x n-3 +...+ q n-2 x + q n-1)+r

Izjednačimo koeficijente na istim stepenima:

xn: f 0 = q 0 => q 0 = f 0
xn-1: f 1 = q 1 - c q 0 => q 1 = f 1 + c q 0
xn-2: f 2 = q 2 - c q 1 => q 2 = f 2 + c q 1
... ...
x0: f n = q n - c q n-1 => q n = f n + c q n-1.

Demonstracija Hornerovog kola na primjeru.

Vježba 1. Koristeći Hornerovu šemu, dijelimo polinom f(x) = x 3 - 5x 2 + 8 sa ostatkom binomom x-2.

1 -5 0 8
2 1 2*1+(-5)=-3 2*(-3)+0=-6 2*(-6)+8=-4

f(x) = x 3 - 5x 2 + 8 =(x-2)(x 2 -3x-6)-4, gdje je g(x)= (x 2 -3x-6), r = -4 ostatak.

Proširenje polinoma po stepenu binoma.

Koristeći Hornerovu šemu, polinom f(x)=x 3 +3x 2 -2x+4 proširujemo u stepene binoma (x+2).

Kao rezultat, trebali bismo dobiti ekspanziju f(x) = x 3 +3x 2 -2x+4 = (x+2)(x 2 +x-4)+12 = (x+2)((x-1 )(x+ 2)-2)+12 = (((1*(x+2)-3)(x+2)-2)(x+2))+12 = (x+2) 3 -3( x+2 ) 2 -2(x+2)+12

Hornerova shema se često koristi pri rješavanju jednačina trećeg, četvrtog i višeg stepena, kada je zgodno proširiti polinom u binom x-a. Broj a pozvao korijen polinoma F n (x) = f 0 x n + f 1 x n-1 + f 2 x n-2 + ...+f n-1 x + f n, ako je na x=a vrijednost polinoma F n (x) jednaka je nuli: F n (a)=0, tj. ako je polinom djeljiv binomom x-a.

Na primjer, broj 2 je korijen polinoma F 3 (x)=3x 3 -2x-20, pošto je F 3 (2)=0. to znači. Da faktorizacija ovog polinoma sadrži faktor x-2.

F 3 (x)=3x 3 -2x-20=(x-2)(3x 2 +6x+10).

Bilo koji polinom F n(x) stepena n 1 ne mogu imati više n pravim korenima.

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

Ako je vodeći koeficijent jednadžbe 1, onda su svi racionalni korijeni jednadžbe, ako postoje, cijeli brojevi.

Konsolidacija proučenog materijala.

Za konsolidaciju novog gradiva učenici se pozivaju da popune brojeve iz udžbenika 2.41 i 2.42 (str. 65).

(2 učenika rješavaju na tabli, a ostali, nakon odluke, provjeravaju zadatke u svesci sa odgovorima na tabli).

Rezimirajući.

Shvativši strukturu i princip rada Hornerove sheme, može se koristiti i na časovima informatike, kada se razmatra pitanje pretvaranja cijelih brojeva iz decimalnog u binarni sistem i obrnuto. Osnova za prelazak iz jednog brojevnog sistema u drugi je sljedeća opšta teorema

Teorema. Za pretvaranje cijelog broja Ap od str-aran brojni sistem na osnovni brojni sistem d neophodno Ap sekvencijalno podijeliti s ostatkom brojem d, napisano u istom str-arnog sistema sve dok rezultujući količnik ne postane jednak nuli. Ostaci od podjele će biti d-numeričke cifre Ad, počevši od najmlađe kategorije do najstarije. Sve radnje se moraju izvršiti u str-ari sistem brojeva. Za osobu je ovo pravilo zgodno samo kada str= 10, tj. prilikom prevođenja od decimalni sistem. Što se računara tiče, naprotiv, za njega je „zgodnije“ da obavlja proračune u binarnom sistemu. Stoga se za pretvaranje “2 u 10” koristi sekvencijalno dijeljenje sa deset u binarnom sistemu, a “10 u 2” je sabiranje stepena desetice. Da bi optimizovao proračune procedure „10 u 2“, računar koristi Hornerovu ekonomičnu računarsku šemu.

Zadaća. Predlaže se da se završe dva zadatka.

1st. Koristeći Hornerovu šemu, podijelite polinom f(x)=2x 5 -x 4 -3x 3 +x-3 sa binomom (x-3).

2nd. Pronađite cjelobrojne korijene polinoma f(x)=x 4 -2x 3 +2x 2 -x-6 (uzimajući u obzir da je bilo koji cjelobrojni korijen jednadžbe s cjelobrojnim koeficijentima djelitelj njenog slobodnog člana)

Književnost.

  1. Kurosh A.G. “Kurs više algebre.”
  2. Nikolsky S.M., Potapov M.K. i dr. 10. razred “Algebra i počeci matematičke analize.”
  3. http://inf.1september.ru/article.php?ID=200600907.

Da bi se faktorizovali, potrebno je pojednostaviti izraze. To je neophodno kako bi se moglo dodatno smanjiti. Ekspanzija polinoma ima smisla kada njegov stepen nije manji od dva. Polinom sa prvim stepenom naziva se linearan.

Članak će pokriti sve koncepte dekompozicije, teorijske osnove i metode faktoringa polinoma.

Teorija

Teorema 1

Kada je bilo koji polinom sa stepenom n, koji ima oblik P n x = a n x n + a n - 1 x n - 1 + . . . + a 1 x + a 0, predstavljeni su kao proizvod sa konstantnim faktorom najvećeg stepena a n i n linearnih faktora (x - x i), i = 1, 2, ..., n, zatim P n (x) = a n (x - x n) (x - x n - 1) · . . . · (x - x 1) , gdje su x i, i = 1, 2, …, n korijeni polinoma.

Teorema je namijenjena za korijene kompleksnog tipa x i, i = 1, 2, …, n i za kompleksne koeficijente a k, k = 0, 1, 2, …, n. Ovo je osnova svake dekompozicije.

Kada su koeficijenti oblika a k, k = 0, 1, 2, …, n realni brojevi, tada će se kompleksni korijeni pojaviti u konjugiranim parovima. Na primjer, korijeni x 1 i x 2 odnose se na polinom oblika P n x = a n x n + a n - 1 x n - 1 + . . . + a 1 x + a 0 se smatraju kompleksnim konjugatom, tada su ostali korijeni realni, iz čega dobijamo da polinom poprima oblik P n (x) = a n (x - x n) (x - x n - 1) · . . . · (x - x 3) x 2 + p x + q, gdje je x 2 + p x + q = (x - x 1) (x - x 2) .

Komentar

Korijeni polinoma se mogu ponoviti. Razmotrimo dokaz teoreme algebre, posljedicu Bezoutove teoreme.

Osnovni teorem algebre

Teorema 2

Svaki polinom sa stepenom n ima barem jedan korijen.

Bezoutova teorema

Nakon dijeljenja polinoma oblika P n x = a n x n + a n - 1 x n - 1 + . . . + a 1 x + a 0 na (x - s), tada dobijamo ostatak, koji je jednak polinomu u tački s, onda dobijamo

P n x = a n x n + a n - 1 x n - 1 + . . . + a 1 x + a 0 = (x - s) · Q n - 1 (x) + P n (s) , gdje je Q n - 1 (x) polinom sa stepenom n - 1.

Posljedica Bezoutove teoreme

Kada se smatra da je korijen polinoma P n (x) s, tada je P n x = a n x n + a n - 1 x n - 1 + . . . + a 1 x + a 0 = (x - s) · Q n - 1 (x) . Ovaj zaključak je dovoljan kada se koristi za opisivanje rješenja.

Faktoriranje kvadratnog trinoma

Kvadratni trinom oblika a x 2 + b x + c može se razložiti u linearne faktore. onda dobijamo da je a x 2 + b x + c = a (x - x 1) (x - x 2) , gdje su x 1 i x 2 korijeni (kompleksni ili realni).

Ovo pokazuje da se samo proširenje svodi na naknadno rješavanje kvadratne jednadžbe.

Primjer 1

Faktor kvadratnog trinoma.

Rješenje

Potrebno je pronaći korijene jednačine 4 x 2 - 5 x + 1 = 0. Da biste to učinili, morate pronaći vrijednost diskriminanta koristeći formulu, tada dobijamo D = (- 5) 2 - 4 · 4 · 1 = 9. Odavde imamo to

x 1 = 5 - 9 2 4 = 1 4 x 2 = 5 + 9 2 4 = 1

Iz ovoga dobijamo da je 4 x 2 - 5 x + 1 = 4 x - 1 4 x - 1.

Da biste izvršili provjeru, morate otvoriti zagrade. Tada dobijamo izraz oblika:

4 x - 1 4 x - 1 = 4 x 2 - x - 1 4 x + 1 4 = 4 x 2 - 5 x + 1

Nakon provjere dolazimo do originalnog izraza. Odnosno, možemo zaključiti da je dekompozicija izvedena ispravno.

Primjer 2

Faktor kvadratnog trinoma oblika 3 x 2 - 7 x - 11 .

Rješenje

Nalazimo da je potrebno izračunati rezultirajuću kvadratnu jednačinu oblika 3 x 2 - 7 x - 11 = 0.

Da biste pronašli korijene, morate odrediti vrijednost diskriminanta. Shvatili smo to

3 x 2 - 7 x - 11 = 0 D = (- 7) 2 - 4 3 (- 11) = 181 x 1 = 7 + D 2 3 = 7 + 181 6 x 2 = 7 - D 2 3 = 7 - 181 6

Iz ovoga dobijamo da je 3 x 2 - 7 x - 11 = 3 x - 7 + 181 6 x - 7 - 181 6.

Primjer 3

Faktori polinom 2 x 2 + 1.

Rješenje

Sada trebamo riješiti kvadratnu jednačinu 2 x 2 + 1 = 0 i pronaći njene korijene. Shvatili smo to

2 x 2 + 1 = 0 x 2 = - 1 2 x 1 = - 1 2 = 1 2 i x 2 = - 1 2 = - 1 2 i

Ovi korijeni se nazivaju kompleksni konjugati, što znači da se samo proširenje može opisati kao 2 x 2 + 1 = 2 x - 1 2 · i x + 1 2 · i.

Primjer 4

Rastaviti kvadratni trinom x 2 + 1 3 x + 1 .

Rješenje

Prvo morate riješiti kvadratnu jednačinu oblika x 2 + 1 3 x + 1 = 0 i pronaći njene korijene.

x 2 + 1 3 x + 1 = 0 D = 1 3 2 - 4 1 1 = - 35 9 x 1 = - 1 3 + D 2 1 = - 1 3 + 35 3 i 2 = - 1 + 35 · i 6 = - 1 6 + 35 6 · i x 2 = - 1 3 - D 2 · 1 = - 1 3 - 35 3 · i 2 = - 1 - 35 · i 6 = - 1 6 - 35 6 · i

Dobivši korijene, pišemo

x 2 + 1 3 x + 1 = x - - 1 6 + 35 6 i x - - 1 6 - 35 6 i = = x + 1 6 - 35 6 i x + 1 6 + 35 6 i

Komentar

Ako je diskriminantna vrijednost negativna, tada će polinomi ostati polinomi drugog reda. Iz ovoga slijedi da ih nećemo proširivati ​​na linearne faktore.

Metode faktoringa polinoma stepena većeg od dva

Prilikom dekompozicije pretpostavlja se univerzalna metoda. Većina slučajeva zasniva se na posledicama Bezoutove teoreme. Da biste to učinili, trebate odabrati vrijednost korijena x 1 i smanjiti njegov stepen dijeljenjem polinoma sa 1 dijeljenjem sa (x - x 1). Rezultirajući polinom treba pronaći korijen x 2, a proces pretraživanja je cikličan dok ne dobijemo potpunu ekspanziju.

Ako korijen nije pronađen, koriste se druge metode faktorizacije: grupiranje, dodatni pojmovi. Ova tema uključuje rješavanje jednačina s višim potencijama i cjelobrojnim koeficijentima.

Izuzimanje zajedničkog faktora iz zagrada

Razmotrimo slučaj kada je slobodni član jednak nuli, tada oblik polinoma postaje P n (x) = a n x n + a n - 1 x n - 1 + . . . + a 1 x .

Može se vidjeti da će korijen takvog polinoma biti jednak x 1 = 0, tada se polinom može predstaviti kao izraz P n (x) = a n x n + a n - 1 x n - 1 +. . . + a 1 x = = x (a n x n - 1 + a n - 1 x n - 2 + . . . + a 1)

Ova metoda se smatra vađenjem zajedničkog faktora iz zagrada.

Primjer 5

Faktor polinoma trećeg stepena 4 x 3 + 8 x 2 - x.

Rješenje

Vidimo da je x 1 = 0 korijen datog polinoma, onda možemo ukloniti x iz zagrada cijelog izraza. Dobijamo:

4 x 3 + 8 x 2 - x = x (4 x 2 + 8 x - 1)

Pređimo na pronalaženje korijena kvadratnog trinoma 4 x 2 + 8 x - 1. Nađimo diskriminanta i korijene:

D = 8 2 - 4 4 (- 1) = 80 x 1 = - 8 + D 2 4 = - 1 + 5 2 x 2 = - 8 - D 2 4 = - 1 - 5 2

Zatim slijedi to

4 x 3 + 8 x 2 - x = x 4 x 2 + 8 x - 1 = = 4 x x - - 1 + 5 2 x - - 1 - 5 2 = = 4 x x + 1 - 5 2 x + 1 + 5 2

Za početak, uzmimo u obzir metodu dekompozicije koja sadrži cjelobrojne koeficijente oblika P n (x) = x n + a n - 1 x n - 1 + . . . + a 1 x + a 0, pri čemu je koeficijent najvišeg stepena 1.

Kada polinom ima cjelobrojne korijene, onda se oni smatraju djeliteljima slobodnog člana.

Primjer 6

Dekomponujte izraz f (x) = x 4 + 3 x 3 - x 2 - 9 x - 18.

Rješenje

Razmotrimo postoje li potpuni korijeni. Potrebno je zapisati djelitelje broja - 18. Dobijamo da je ±1, ±2, ±3, ±6, ±9, ±18. Iz toga slijedi da ovaj polinom ima cjelobrojne korijene. Možete provjeriti koristeći Hornerovu šemu. Vrlo je zgodno i omogućava vam da brzo dobijete koeficijente ekspanzije polinoma:

Iz toga slijedi da su x = 2 i x = - 3 korijeni originalnog polinoma, koji se može predstaviti kao proizvod oblika:

f (x) = x 4 + 3 x 3 - x 2 - 9 x - 18 = (x - 2) (x 3 + 5 x 2 + 9 x + 9) = = (x - 2) (x + 3) (x 2 + 2 x + 3)

Nastavljamo sa proširenjem kvadratnog trinoma oblika x 2 + 2 x + 3.

Pošto je diskriminant negativan, to znači da nema pravih korijena.

odgovor: f (x) = x 4 + 3 x 3 - x 2 - 9 x - 18 = (x - 2) (x + 3) (x 2 + 2 x + 3)

Komentar

Dozvoljeno je koristiti odabir korijena i dijeljenje polinoma polinomom umjesto Hornerove sheme. Pređimo na razmatranje ekspanzije polinoma koji sadrži cjelobrojne koeficijente oblika P n (x) = x n + a n - 1 x n - 1 + . . . + a 1 x + a 0 , od kojih je najviši jednak jedan.

Ovaj slučaj se javlja za racionalne razlomke.

Primjer 7

Faktorizirajte f (x) = 2 x 3 + 19 x 2 + 41 x + 15 .

Rješenje

Potrebno je zamijeniti varijablu y = 2 x, treba preći na polinom sa koeficijentima jednakim 1 u najvišem stepenu. Morate početi množenjem izraza sa 4. Shvatili smo to

4 f (x) = 2 3 x 3 + 19 2 2 x 2 + 82 2 x + 60 = = y 3 + 19 y 2 + 82 y + 60 = g (y)

Kada rezultirajuća funkcija oblika g (y) = y 3 + 19 y 2 + 82 y + 60 ima cjelobrojne korijene, tada je njihova lokacija među djeliteljima slobodnog člana. Unos će izgledati ovako:

±1, ±2, ±3, ±4, ±5, ±6, ±10, ±12, ±15, ±20, ±30, ±60

Pređimo na izračunavanje funkcije g (y) u ovim tačkama da bismo kao rezultat dobili nulu. Shvatili smo to

g (1) = 1 3 + 19 1 2 + 82 1 + 60 = 162 g (- 1) = (- 1) 3 + 19 (- 1) 2 + 82 (- 1) + 60 = - 4 g (2 ) = 2 3 + 19 2 2 + 82 2 + 60 = 308 g (- 2) = (- 2) 3 + 19 (- 2) 2 + 82 (- 2) + 60 = - 36 g (3) = 3 3 + 19 3 2 + 82 3 + 60 = 504 g (- 3) = (- 3) 3 + 19 (- 3) 2 + 82 (- 3) + 60 = - 42 g (4) = 4 3 + 19 · 4 2 + 82 · 4 + 60 = 756 g (- 4) = (- 4) 3 + 19 · (- 4) 2 + 82 · (- 4) + 60 = - 28 g (5) = 5 3 + 19 5 2 + 82 5 + 60 = 1070 g (- 5) = (- 5) 3 + 19 (- 5) 2 + 82 (- 5) + 60

Nalazimo da je y = - 5 korijen jednadžbe oblika y 3 + 19 y 2 + 82 y + 60, što znači da je x = y 2 = - 5 2 korijen originalne funkcije.

Primjer 8

Potrebno je kolonom podijeliti 2 x 3 + 19 x 2 + 41 x + 15 sa x + 5 2.

Rješenje

Hajde da to zapišemo i dobijemo:

2 x 3 + 19 x 2 + 41 x + 15 = x + 5 2 (2 x 2 + 14 x + 6) = = 2 x + 5 2 (x 2 + 7 x + 3)

Provjera djelitelja će potrajati dosta vremena, pa je isplativije rastaviti na faktore rezultirajući kvadratni trinom oblika x 2 + 7 x + 3. Izjednačavanjem sa nulom nalazimo diskriminanta.

x 2 + 7 x + 3 = 0 D = 7 2 - 4 1 3 = 37 x 1 = - 7 + 37 2 x 2 = - 7 - 37 2 ⇒ x 2 + 7 x + 3 = x + 7 2 - 37 2 x + 7 2 + 37 2

Iz toga slijedi

2 x 3 + 19 x 2 + 41 x + 15 = 2 x + 5 2 x 2 + 7 x + 3 = = 2 x + 5 2 x + 7 2 - 37 2 x + 7 2 + 37 2

Umjetne tehnike faktoringa polinoma

Racionalni korijeni nisu svojstveni svim polinomima. Da biste to učinili, morate koristiti posebne metode za pronalaženje faktora. Ali ne mogu se svi polinomi proširiti ili predstaviti kao proizvod.

Metoda grupisanja

Postoje slučajevi kada možete grupirati članove polinoma da biste pronašli zajednički faktor i stavili ga van zagrada.

Primjer 9

Faktori polinom x 4 + 4 x 3 - x 2 - 8 x - 2.

Rješenje

Budući da su koeficijenti cijeli brojevi, onda korijeni vjerovatno mogu biti i cijeli brojevi. Za provjeru, uzmite vrijednosti 1, - 1, 2 i - 2 kako biste izračunali vrijednost polinoma u ovim tačkama. Shvatili smo to

1 4 + 4 1 3 - 1 2 - 8 1 - 2 = - 6 ≠ 0 (- 1) 4 + 4 (- 1) 3 - (- 1) 2 - 8 (- 1) - 2 = 2 ≠ 0 2 4 + 4 2 3 - 2 2 - 8 2 - 2 = 26 ≠ 0 (- 2) 4 + 4 (- 2) 3 - (- 2) 2 - 8 (- 2) - 2 = - 6 ≠ 0

To pokazuje da nema korijena, potrebno je koristiti drugu metodu proširenja i rješenja.

Potrebno je grupisati:

x 4 + 4 x 3 - x 2 - 8 x - 2 = x 4 + 4 x 3 - 2 x 2 + x 2 - 8 x - 2 = = (x 4 - 2 x 2) + (4 x 3 - 8 x) + x 2 - 2 = = x 2 (x 2 - 2) + 4 x (x 2 - 2) + x 2 - 2 = = (x 2 - 2) (x 2 + 4 x + 1)

Nakon grupiranja originalnog polinoma, trebate ga predstaviti kao proizvod dva kvadratna trinoma. Da bismo to uradili moramo faktorizovati. mi to shvatamo

x 2 - 2 = 0 x 2 = 2 x 1 = 2 x 2 = - 2 ⇒ x 2 - 2 = x - 2 x + 2 x 2 + 4 x + 1 = 0 D = 4 2 - 4 1 1 = 12 x 1 = - 4 - D 2 1 = - 2 - 3 x 2 = - 4 - D 2 1 = - 2 - 3 ⇒ x 2 + 4 x + 1 = x + 2 - 3 x + 2 + 3

x 4 + 4 x 3 - x 2 - 8 x - 2 = x 2 - 2 x 2 + 4 x + 1 = = x - 2 x + 2 x + 2 - 3 x + 2 + 3

Komentar

Jednostavnost grupisanja ne znači da je odabir pojmova dovoljno lak. Ne postoji specifična metoda rješenja, pa je potrebno koristiti posebne teoreme i pravila.

Primjer 10

Faktor polinoma x 4 + 3 x 3 - x 2 - 4 x + 2 .

Rješenje

Zadati polinom nema cjelobrojne korijene. Termine treba grupisati. Shvatili smo to

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

Nakon faktorizacije dobijamo to

x 4 + 3 x 3 - x 2 - 4 x + 2 = x 2 + x - 1 x 2 + 2 x - 2 = = x + 1 + 3 x + 1 - 3 x + 1 2 + 5 2 x + 1 2 - 5 2

Korištenje skraćenih formula za množenje i Newtonovog binoma za faktoriranje polinoma

Izgled često ne daje do znanja koji metod treba koristiti tokom razlaganja. Nakon što su transformacije napravljene, možete izgraditi liniju koja se sastoji od Pascalovog trokuta, inače se nazivaju Newtonov binom.

Primjer 11

Faktori polinom x 4 + 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x - 2.

Rješenje

Potrebno je pretvoriti izraz u formu

x 4 + 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x - 2 = x 4 + 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x + 1 - 3

Niz koeficijenata zbira u zagradama je označen izrazom x + 1 4 .

To znači da imamo x 4 + 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x - 2 = x 4 + 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x + 1 - 3 = x + 1 4 - 3.

Nakon primjene razlike kvadrata, dobivamo

x 4 + 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x - 2 = x 4 + 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x + 1 - 3 = x + 1 4 - 3 = = x + 1 4 - 3 = x + 1 2 - 3 x + 1 2 + 3

Razmotrimo izraz koji se nalazi u drugoj zagradi. Jasno je da tamo nema vitezova, pa treba ponovo primijeniti formulu razlike kvadrata. Dobijamo izraz forme

x 4 + 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x - 2 = x 4 + 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x + 1 - 3 = x + 1 4 - 3 = = x + 1 4 - 3 = x + 1 2 - 3 x + 1 2 + 3 = = x + 1 - 3 4 x + 1 + 3 4 x 2 + 2 x + 1 + 3

Primjer 12

Faktoriziraj x 3 + 6 x 2 + 12 x + 6 .

Rješenje

Počnimo transformirati izraz. Shvatili smo to

x 3 + 6 x 2 + 12 x + 6 = x 3 + 3 2 x 2 + 3 2 2 x + 2 3 - 2 = (x + 2) 3 - 2

Potrebno je primijeniti formulu za skraćeno množenje razlike kocki. Dobijamo:

x 3 + 6 x 2 + 12 x + 6 = = (x + 2) 3 - 2 = = x + 2 - 2 3 x + 2 2 + 2 3 x + 2 + 4 3 = = x + 2 - 2 3 x 2 + x 2 + 2 3 + 4 + 2 2 3 + 4 3

Metoda za zamjenu varijable prilikom faktoringa polinoma

Prilikom zamjene varijable, stepen se smanjuje i polinom se faktorira.

Primjer 13

Faktori polinom oblika x 6 + 5 x 3 + 6 .

Rješenje

Prema uslovu, jasno je da je potrebno izvršiti zamjenu y = x 3. Dobijamo:

x 6 + 5 x 3 + 6 = y = x 3 = y 2 + 5 y + 6

Korijeni rezultirajuće kvadratne jednadžbe su y = - 2 i y = - 3, tada

x 6 + 5 x 3 + 6 = y = x 3 = y 2 + 5 y + 6 = = y + 2 y + 3 = x 3 + 2 x 3 + 3

Potrebno je primijeniti formulu za skraćeno množenje zbira kocki. Dobijamo izraze oblika:

x 6 + 5 x 3 + 6 = y = x 3 = y 2 + 5 y + 6 = = y + 2 y + 3 = x 3 + 2 x 3 + 3 = = x + 2 3 x 2 - 2 3 x + 4 3 x + 3 3 x 2 - 3 3 x + 9 3

To jest, dobili smo željenu dekompoziciju.

Slučajevi o kojima je bilo riječi gore će pomoći u razmatranju i faktoriranju polinoma na različite načine.

Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter

Faktorovanje polinoma petog stepena u kvadratne faktore korišćenjem Lagrangeovog interpolacionog polinoma 1. Definicija Lagrangeovog interpolacionog polinoma petog stepena. Za faktorizaciju redukovanog polinoma petog stepena potrebno je ispuniti jednakost: f(x)=φ(x)·g(x). U ovom slučaju, stepen polinoma φ(x) i g(x) ne bi trebao biti veći od pet. Za određivanje cjelobrojnog polinoma ne većeg od petog stepena sa datom tablicom vrijednosti, postoji formula za Lagrangeov interpolacijski polinom (IPL): 6 Ak k=1 F"(xk)(x−xk) , gdje je F (x)=(x-x1)·( x-x2)·(x-x3)·(x-x4)·(x- φ(x) = F(x)· ∑ x5)(x-x6), Fʹ(xk) vrijednosti derivacije funkcije F(x) u tačkama xk. Gdje je potrebno postaviti koordinate šest tačaka na ravni. Za određivanje faktora φ(x) i g(x), biramo proizvoljno šest cjelobrojnih vrijednosti x = x1; x2; x3; x4; x5; x6 i zamjenjujemo ih u jednakost f (x)= φ(x) g(x) Dobijamo: f(x1)= φ( x1) g(x1); f(x2)= φ(x2) g(x2); f(x3) = φ(x3) g(x3); f(x4)= φ(x4) g(x4); f (x5)=φ(x5) g(x5); f(x6)= φ(x6) · g(x6) Ove jednakosti pokazuju da je svaka vrijednost φ(xk) željenog faktora φ(x) djelitelj broj f(xk). Za konstruiranje faktora φ(x), koristićemo IML i zamijeniti proizvoljne vrijednosti kao f(xk) cijelim brojevima Ak, a vrijednosti xk odabrati u obliku uzastopnih cijelih brojeva blizu nula, tj. x1= -3; x2= -2; x3= -1; x4=0; x5=1; x6=2. U proširenom IML obliku φ(x) izgleda ovako:

F(x) φ(x) A4 + A2 A3 + A1 A5 F"(1)(x−1) + +A6 F"(−3)(x+3) F"(−2)(x+2) + + F"(0)x F"(−1)(x+1) F"(2)(x−2)) , ·(gdje je F(x)=(x+3)·(x+2) ·(x+1)·x·(x-1)·(x-2) (2). Da biste konstruirali faktor φ(x) koristeći IML, potrebno je navesti brojeve A1; A2; A3; A4; A5 ; A6 Definicija: brojevi A1; A2; A3; A4; A5; A6 uzeti iz IML formule zapisane u nizu nazivaju se Lagrangeovi redovi 2. Dekompozicija polinoma na linearne faktore korištenjem IML-a Teorema 1 (Generalizacija Hornerove sheme ) Polinom φ(x) je linearan ako brojevi A1; A2; A3; A4; A5; A6 čine rastući niz cijelih brojeva Dokaz: polinom (2) svodimo na najmanji zajednički nazivnik, tj. na 120· F(x), rezultujući brojilac zapisujemo kao polinom petog stepena čiji koeficijenti sadrže brojeve A1; A2; A3; A4; A5; A6. Da bi polinom (2) bio linearan, potrebno je izjednačiti nula koeficijente na “x” petog, četvrtog, trećeg i drugog stepena, a koeficijent na “x” prvog stepena je izjednačen sa 120. Kao rezultat dobijamo sledeći sistem od pet jednačina sa šest varijabli: -A1+5 A2-10 A3+10 A4-5 A5+A6=0 5 A2-20 A3 +30 A4-20 A5+5 A6=0 5 A1-35 A2+70 A3-50 A4+5 A5+5 A6=0 -5 A2+80 A3-150 A4+80·A4-5·A6=0 -4·A1+30·A2-120·A3+40·A4+60·A5-6·A6=120. Ako fiksiramo broj A6, onda će sve ostalo biti izraženo sljedećim formulama: A1=A6-5; A2=A6-4; A3=A6- 3; A4=A6-2; A5=A6-1.

Dobili smo rastući niz cijelih brojeva. Iz teoreme slijedi da linearni faktor ima sljedeći oblik: φ(x)=x+A4 (3). Definicija: niz brojeva dat ovim odnosima A1=A6-5; A2=A6-4; A3=A6-3; A4=A6-2; A5=A6-1; A6 se naziva linearni Lagranžijev niz. Definicija: linearni Lagrangeov niz naziva se "kandidat" ako su svi njegovi brojevi Ak djelitelji odgovarajućih vrijednosti funkcije f(xk), gdje je k=1;2;3;4;5;6. Za sve kandidate, konstruišemo linearni faktor φ(x) koristeći formulu (3) i provjeravamo djeljivost sa f(x). Iz teoreme slijedi da linearni faktor ima sljedeći oblik φ(x)=x+A4, gdje je A4 djelitelj slobodnog člana, tj. Slično redukovanom polinomu prema Hornerovoj shemi. Primjer: f(x)= x5-8x4+2x3-16x2+x-8. Koristeći Hornerovu šemu nalazimo vrijednost polinoma na x = -3; -2; -1; 0;1;2. Da bismo to uradili, sastavimo tabelu 1: -8 -11 -10 -9 -8 -7 -6 -3 -2 -1 0 1 2 Prepisaćemo poslednju kolonu tabele 1 sa prvim redom tabele 2. Izaberite u ovom redu broj koji ima najmanji broj djelitelja. U našem primjeru, ovaj broj je -8. Zapišimo sve njegove djelitelje u stupac. Za svaki djelitelj broja -8, napišemo linearni Lagranžijev niz u liniji. Iz rezultirajućeg Lagranžijevog niza izabraćemo „kandidate“. Konstruirajmo polinom φ(x) u f(0) koristeći “kandidate”. linearni množitelj -8 -1100 -250 -36 -8 -28 -150 je određen sa 1 1 1 1 1 1 1 2 35 22 11 2 -5 -10 -16 -121 -60 -27 -16 -21 -36 1 364 121 28 1 -20 -71

36 A3 0 -2 1 -3 3 -5 7 -9 -8 A4 1 -1 2 -2 4 -4 8 -8 -28 A5 2 0 3 -1 5 -3 9 -7 -150 A6 3 1 4 0 6 -2 10 -6 formulu (3) i provjerite njihovu djeljivost sa datim polinomom f(x)= x5-8x4+2x3-16x2+x-8. Tabela 2: -250 -1100 A2 A1 -2 -1 -3 -4 0 -1 -5 -4 2 1 -6 -7 5 6 -11 “kandid -10 at” U gornjoj tabeli 2, pravokutnici su zasjenjeni sivi, koji sadrže brojeve koji nisu djelitelji odgovarajućih vrijednosti funkcije f(x). Ova tablica sadrži red ili Lagranžijev niz svih brojeva, koji su djelitelji odgovarajućih vrijednosti funkcije f(x). Ova serija je jedini kandidat. U ovoj seriji A4 = -8, zamjenom φ(x)=x- A4 u formulu, nalazimo φ(x)=x- 8. Stvarnog kandidata označavamo crnom bojom. 3. Proširenje polinomskih faktora korištenjem IML-a. Provjerite:x5-8x4+2x3-16x2+x-8=(x-8)·(x4+2x2+1). u kvadratne Teorema 2. Faktor φ(x) je kvadratan ako su brojevi A1; A2; A3; A4; A5; A6 su međusobno povezani sledećim odnosima: A1=5·(A5+4)-4·A6 A2=4·(A5+3)-3·A6 A3=3·(A5+2)-2·A6 A4=2 · (A5+1)-1 A6

Dokaz: Dokaz: svedujmo polinom (1) na najmanji zajednički nazivnik, tj. do 120· F(x), rezultujući brojnik zapisujemo u obliku polinoma petog stepena čiji koeficijenti sadrže brojeve A1; A2; A3; A4; A5; A6. Da bi polinom (1) bio kvadratan, potrebno je koeficijente "x" petog, četvrtog i trećeg stepena izjednačiti sa nulom, a koeficijent "x" drugog stepena sa 120. kao rezultat dobijamo sledeći sistem od četiri jednačine sa šest varijabli: -A1+5 A2-10 A3+10 A4-5 A5+A6=0 5 A2-20 A3+30 A4-20 A5+5 A6=0 5 A1 -35 A2 +70 A3-50 A4+5 A5+5 A6=0 -5 A2+80 A3-150 A4+80 A5-5 A6=120. Ako fiksiramo dva broja A5 i A6, onda će svi ostali biti izraženi sljedećim formulama: A1=5·(A5+4)-4·A6; A2=4·(A5+3)-3·A6; A3=3·(A5+2)-2·A6; A4=2·(A5+1)-1·A6. Iz teoreme slijedi da će kvadratni faktor biti izražen formulom φ(x)=x2+(A6-A5-3) x+ A4. (4) Definicija: Niz cijelih brojeva dat sljedećim relacijama; A3=3·(A5+2)-2·A6; A4=2·(A5+1)-1·A6 se naziva kvadratni Lagranžijev niz Definicija: kvadratni Lagranžijev niz naziva se „kandidat“ ako su svi njegovi brojevi Ak delioci odgovarajućih vrednosti funkcije f(xk ), k=1;2;3;4;5;6. Za sve kandidate, konstruišemo kvadratni faktor φ(x) koristeći formulu (4) i provjeravamo djeljivost sa f(x). A1=5·(A5+4)-4·A6; A2=4·(A5+3)-3·A6

A3 A4+ d+4 A4 A5+ d+2 A5 A5 4. Pojednostavljeni oblik kvadratnog Lagranžovog reda. Formule za kvadratni Lagranžijev niz mogu se pojednostaviti. Da biste to učinili, slovo "d" će označavati razliku A5-A6, tada će brojevi kvadratnog Lagrangeovog niza izgledati kao jednostavnije formule i pogodnije za njihovu konstrukciju: A1 A2 A2+ d+8 A3+ d+6 Primjer: A5= 7; A6=10 sastavlja kvadratni Lagranžijev niz. Nađimo d=7-10=-3, a zatim pomoću formula u tabeli naći ćemo brojeve ove serije: A1 A2+ d+8 10+(- 3)+8 15 Odgovor: 15; 10; 7; 6; 7; 10. Razmotrimo primjer faktoringa redukovanog polinoma petog stepena: f(x)=x5-5x4+13x3-22x2+27x- 20. A5 A2 A3+ d+6 A5 7+(-3)+6 6+( -3) +4 7+(-3)+2 7 7 10 A4 A5+ d+2 A3 A4+ d+4 7 6 A6 A6 A6 A6 10 10 1) Koristeći Hornerovu šemu, nalazimo vrijednosti funkcije na x=-3; -2;-1; 0;1;2. Da bismo to uradili, napravimo tabelu: 1 1 1 1 1 1 1 -5 -8 -7 -6 -5 -4 -3 13 37 27 19 13 9 7 -22 -133 -76 -41 -22 -13 - 8 -3 - 2 -1 0 1 2 2) Odredite da li ovaj polinom ima linearne faktore. Da bismo to učinili, zapisujemo rezultirajuće vrijednosti funkcije u liniju tablice br. 3. Od njih biramo broj koji ima najmanji broj djelitelja. U našem primjeru, ovo je broj "2". Zapišimo sve njegove djelitelje cijelih brojeva u stupac. Za svaki djelitelj broja "2" u -20 -1298 -378 -88 -20 -6 2 27 426 179 68 27 14 11

liniju pišemo linearni Lagranžijev red. Od njih ćemo odabrati kandidate i provjeriti djeljivost sa datim polinomom f(x). Tabela br. 3: -1298 A1 -378 A2 -88 A3 -20 A4 -3 0 -4 -5 -6 A5 0 -2 1 -3 2 A6 1 -1 2 -2 U ovoj tabeli br. 3 ćelije su označene sivom bojom koje sadrže brojeve koji nisu djelitelji odgovarajućih vrijednosti funkcije f(x). Nema potrebe za popunjavanjem praznih ćelija, jer konstruisani kvadratni Lagranžijev niz sa brojem u sivoj ćeliji svakako nije „kandidat“. Iz ove tabele br. 3 jasno je da nema “kandidata”. To znači da se ovaj polinom f(x)=x5-5x4+13x3- 22x2+27x-20 ne može proširiti u linearne faktore. 3) Odredite da li ovaj polinom ima kvadratne faktore. Da bismo to učinili, zapisujemo rezultirajuće vrijednosti funkcije u liniju tablice br. 4. Od njih biramo dva broja koja imaju najmanji broj djelitelja. U našem primjeru to su brojevi “2” i “-6”; njihove ćemo djelitelje upisati u stupce. Za svaki par djelitelja brojeva “2” i “-6” pišemo kvadratni Lagranžijev niz u liniji. Od njih ćemo odabrati kandidate i provjeriti djeljivost sa datim polinomom f(x). Tabela br. 4: -1298 A1 A2+ d+8 -378 A2 A3+ d+6 5 -88 A3 A4+ d+4 1 10 -5 -20 A4 A5+ d+2 3 -1 5 -3 7 -5 -6 A5 A5 1 -1 2 -2 3 -3 2 A6 A6 1 1 1 1 1 1 d d= A5- A6 d=0 d=-2 d=1 d=-3 d=2 d=-4

19 7 2 14 -2 14 7 22 2 13 6 11 5 2 5 -1 8 -4 7 19 1 13 -11 5 1 7 -1 9 -3 15 -9 2 -2 4 -4 6 -6 12 -12 6 2 8 0 10 -2 16 -8 6 -6 1 -1 2 -2 3 -3 6 -6 1 -1 2 -2 3 -3 6 -6 1 -1 2 -2 3 -3 6 -6 1 1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 2 2 2 2 2 2 2 2 -2 -2 -2 -2 -2 -2 -2 -2 d=5 d=-7 d= 2 d=0 d=3 d=-1 d=4 d=-2 d=7 d=-5 d=-1 d=-3 d=0 d=-4 d=1 d=-5 d=4 d=-8 d=3 d=1 d=4 d=0 d=5 d=-1 d= 8 d=-4 “kand.” "cand." U ovoj tabeli br. 4 vidimo dva “kandidata”. Uz njihovu pomoć, pomoću formule φ(x)=x2+(A6- A5-3) x+ A4 nalazimo kvadratne faktore: φ1(x)=x2-3x+ 4; φ2(x)=x2+x-4. Provjera pokazuje da je jedan od ta dva faktora tačan, to je φ1(x)=x2-3x+ 4, a drugi faktor se pokazao stranim. Odgovor: x5-5x4+13x3-22x2+27x-20=(x2-3x+ 4)·(x3-2x2+3x-5). U ovoj tabeli br. 4 dobili smo 32 kvadratna Lagranžijeva reda. Ovaj broj je određen brojem različitih parova djelitelja, pozitivnih i negativnih, koji se nalaze u dva susjedna stupca. dvije vrijednosti funkcije,

5. Smanjenje broja kvadratnih Lagrangeovih redova. Po definiciji, ako se vrijednosti funkcije, broj djelitelja, koji su minimalni, ne nalaze u blizini, tada možete koristiti sljedeću teoremu: Teorema 3 Neka su A4 i A6 poznati, tada A5=(A4+ A6 · 1):2-1 Neka su A3 i A6 poznati, zatim A5= (A3+ A6 ·2):3-2 Neka su A2 i A6 poznati, zatim A5=(A2+ A6 ·3):4-3 Neka su A1 i A6 biti poznat, onda je A5=(A1+ A6 ·4):5-4. Dokaz: dokažemo posljednju jednakost A5=(A1+A6·4):5-4. kvadratne Lagranžijeve brojeve, A1=5·(A5+4)-4·A6, ovaj broj zamjenjujemo u originalnu jednakost i dobijamo A5=(5·(A5+4)-4·A6+A6·4):5- 4=(5 ·A5+20):5-4=A5+4-4=A5, što je trebalo dokazati. Na sličan način se mogu dokazati i druge jednakosti. Ova teorema nam omogućava da smanjimo broj kvadratnih Lagranžijevih nizova. Razmotrimo primjer koji smo već riješili f(x)=x5-5x4+13x3-22x2+27x-20 i riješimo ga za slučaj kada razmatramo kvadratni Lagranžijev niz konstruiran korištenjem djelitelja A4 i A6. Tabela br. 5: -1298 -378 A2 A1 A2+ A3+ d+6 d+8 d d = A5- A6 -88 A3 A4+ d+4 -20 A4 A5+ d+2 1 -1 5 -5 1 -1 -6 A5 ( A4+ A6 ·1):2-1 0 -1 2 -3 -1 -2 2 A 6 A 6 1 1 d =-2 1 d =1 1 d =-4 - d =0 1 d =-1 - 1 5 7 1 10 -5 5 2 14

19 11 7 22 2 2 14 -2 13 6 5 -1 8 -4 7 1 19 5 -5 2 -2 4 -4 10 -10 20 -20 2 -2 4 -4 10 -10 20 -20 1 -4 1 -1 2 -2 5 -5 10 -10 -1 -3 0 -4 3 -7 8 -12 “kand.” "cand." d =2 - 1 - 1 2 d =-1 2 d =-3 2 d =0 2 d =-4 2 2 2 2 - 2 - 2 - 2 - 2 - 2 - 2 - 2 - 2 d =1 d =-1 d =5 U ovoj tabeli br. 5 dobili smo 24 kvadratna Lagrangeova niza. Pošto se u formuli zbir A4 i A6 mora podijeliti sa 2, stoga djelitelji A4 i A6 moraju biti ili parni ili oba neparni. Zbog toga se smanjio broj kvadratnih Lagrangeovih nizova. Ako koristimo ovu teoremu 3 za pisanje kvadratnog Lagrangeovog niza konstruisanog pomoću A1 i A6, tada će se broj nizova smanjiti na 12. Tabela br. 6: -378 -1298 A1 A2 2 A6 d -88 A3 -20 A4 -6 A5

"cand." A3+d+ 6 5 d=-4 d=0 “kand.” "cand." A5+d+ 2 -5 -1 A4+d+ 4 -5 1 (4A1+A6): 5-4 -3 -1 -15 -5 -7 7 -2 2 -26 -6 -10 12 A6 d=A5- A6 d=-4 1 1 d=-2 1 -1 -1 -1 2 2 2 -2 d=-4 -2 -2 A2+d+ 8 1 11 -59 -1 -11 -59 2 22 -118 - 2 -22 118 U tabeli br. 6, broj kvadratnih Lagrangeovih nizova je smanjen na 12, jer se A5 nalazi prema formuli (4A1 + A6): 5-4 i A5 kao cijeli broj moraju biti manji ili jednaki do -6. U svim tabelama, crno istaknuti red je "ispravan kandidat". Preostali kandidati su “izmišljeni”. Za polinom šestog stepena može se dokazati da se kvadratni faktor može naći pomoću formule: φ(x)=x2+ (A7 - A6 - 5) x+ A4, gde su brojevi A1; A2; A3; A4; A5; A6; A7 formira kvadratni Lagranžijev niz. 6. Zaključci: 1. Ova metoda dekompozicije koja koristi IML -2 14 -4 8 -4 4 -8 je generalizacija “Hornerove šeme”. 2. Koristeći ovu metodu, možete odrediti kvadratne faktore za polinome iznad petog stepena. 3. Koristeći ovu metodu, možete proučavati svojstva Lagranžijevih brojeva za određivanje kubnih polinoma u ekspanziji polinoma petog i višeg stepena. 7. Literatura: 1. A. N. Čebotarev “Osnove Galoisove teorije”, OMTI GTTI, 1934, 1 sat.

2. “Brojevi i polinomi”, sastavio A.A. Egorov - M.: Kvantni biro, 2000. / dodatak časopisu "Kvant" br. 6, 2000.

Zadatak 1. Naći gcd polinoma

f(x)=x 4 –2x 3 –x+2, g(x)=x 4 –x 3 +x–1, h(x)=x 4 –4x 2 –x+2.

Rješenje. GCD polinoma se može naći jedinstveno samo do konstantnog faktora (konstantni faktori različiti od nule ne utiču na djeljivost polinoma). Stoga se možemo složiti da za GCD polinoma uzmemo onaj čiji je vodeći koeficijent jednak 1.

Primjenom Euklidovog algoritma na polinome sa cjelobrojnim koeficijentima, možemo, kako bismo izbjegli razlomke koeficijenata, pomnožiti dividendu ili djelitelj sa bilo kojim brojem koji nije nula, ne samo počevši od bilo kojeg od uzastopnih dijeljenja, već i tokom samog dijeljenja. To će, naravno, dovesti do izobličenja količnika, ali će ostaci koji nas zanimaju dobiti samo određeni faktor nultog stepena.

Da bismo pronašli GCD tri polinoma, prvo koristimo Euklidov algoritam da pronađemo GCD bilo koja dva polinoma, na primjer d(x)=(f(x),h(x)), a zatim pronađite gcd d(x) I g(x).

Euklidov algoritam se sastoji od sekvencijalnog dijeljenja polinoma s ostatkom. Hajde da prvo podelimo f(x) uključeno h(x), onda h(x) ostatkom dobijenim dijeljenjem r(X) (prvi ostatak), zatim prvi ostatak po drugi ostatak, itd., dok ne dobijemo nulu u ostatku. GCD polinoma f(x) I h(x) će biti posljednji ostatak koji nije nula. Proces podjele će se izvršiti korištenjem “ugla”.

_ x 4 -2x 3 -x+2 x 4 -4x 2 -x+2 _ x 4 -4x 2 -x+2 x 3 -2x 2
x 4 -4x 2 -x+2 1 x 4 -2x 3 x+2
-2x 3 +4x 2 _ 2x 3 -4x 2 -x+2
x 3 -2x 2 2x 3 -4x 2
_ -x+2
x-2
0
_ x 3 -2x 2 x-2
x 3 -2x 2 x 2
0

To znači gcd polinoma f(x) I h(x) je jednako binomu x–2.

d(x)=(f(x), h(x))=x–2.

Slično, nalazimo gcd polinoma d(x) I g(x), bit će jednako 1. Dakle, ( f(x), g(x), h(x))=(g(x), (f(x), h(x)))=1.

Bilješka . Znak "=" ili "!!". znači da je tokom dijeljenja izvršeno množenje nekim brojem koji nije nula.

Zadatak 2. Korištenje Euklidovog algoritma za pronalaženje polinoma u(x) I v(x), zadovoljavajući jednakost f(x)u(x)+g(x)v(x)=d(x), Gdje d(x) – gcd polinoma f(x) I g(x): f(x)=4x 4 –2x 3 –16x 2 +5x+9, g(x)=2x 3 –x 2 –5x+4.

Rješenje. Primijeniti na polinome f(x) I g(x) Euklidski algoritam. Treba imati na umu da se ovdje ne može dopustiti proizvoljnost koja se sastoji u množenju polinoma konstantnim faktorima, što je moguće pri pronalaženju GCD, jer ćemo ovdje koristiti i količnike, koji se mogu iskriviti navedenom proizvoljnošću.

Kao rezultat podjele dobijamo:

f(x)=g(x)q 1 (x)+r 1 (x),

Gdje q 1 (x)=2x, r 1 (x)= –6x 2 –3x+9,

g(x)=r 1 (x)q 2 (x)+r 2 (x),

Gdje q 2 (x)= –x/3+1/3, r 2 (x)= –x+1,

r 1 (x)=r 2 (x)q 3 (x)+r 3 (x),

Gdje q 3 (x)=6x+9, r 3 (x)=0.

Dakle, Euklidski algoritam je ovdje napisan u tri reda, a najveći zajednički djelitelj je jednak - r 2 (x)=x–1=d(x). Da izrazim d(x) kroz polinome f(x) I g(x), naći ćemo r 2 (x) iz drugog reda Euklidovog algoritma:

r 2 (x)=g(x)–r 1 (x)q 2 (x).

Umjesto toga zamijeniti ovu jednakost r 1 (x) njegov izraz, pronađen iz prvog reda Euklidovog algoritma, dobijamo:

r 2 (x)=f(x)[–q 2 (x)]+g(x),

da dobijemo ravnopravnost f(x)u(x)+g(x)v(x)=d(x), potrebno je pomnožiti prethodnu jednakost sa (–1), dobićemo:

–r 2 (x)=f(x)q 2 (x) +g(x)[–1–q 1 (x)q 2 (x)]=d(x),

Gdje u(x)=q 2 (x), v(x)= –1–q 1 (x)q 2 (x).

Nakon zamjene polinoma u ovu jednakost q 1 (x), q 2 (x) dobijamo:

u(x)= , v(x)= .

Zadatak 3. Korištenje metode neodređenih koeficijenata za odabir polinoma u(x) I v(x) tako da f(x)u(x)+g(x)v(x)=1, (1) za polinome f(x)=x 2 –2x–1, g(x)=2x 4 –3x 3 –6x 2 +2x+2.

Rješenje. Koristimo teoremu: ako d(x) je gcd polinoma f(x) I g(x), tada možemo pronaći takve polinome u(x) I v(x), Šta

f(x)u(x)+g(x)v(x)=d(x).

U ovom slučaju, možemo pretpostaviti da su stupnjevi polinoma f(x) I g(x) je veći od nule, što je stepen u(x) manje od stepena g(x), i stepen v(x) manje od stepena f(x).

Polinomi f(x) I g(x) zadovoljiti jednakost (1) ako ( f(x),g(x))=1. U našem slučaju f(x) I g(x) su relativno prosti polinomi, što znači da možemo pronaći polinom u(x)=sjekira 3 +bx 2 +cx+d i polinom v(x)=ex+f.

Umjesto toga zamjena u jednakost (1). f(x), g(x), u(x), v(x) njihove izraze, dobijamo:

(x 2 – 2x– 1)(sjekira 3 +bx 2 +cx+d)+(2x 4 – 3x 3 – 6x 2 + 2x+ 2)(ex+f)=1

(a+ 2e)x 5 + (b– 2a+ 2f– 3e)x 4 + (c– 2b–a– 3f– 6e)x 3 + (d– 2c–b– 6f+ 2e)x 2 +(–2d–c+ 2f+ 2e)x––d+ 2f= 1.

Dakle, imamo jednakost dva polinoma: na lijevoj strani polinom stepena pet sa neodređenim koeficijentima, a na desnoj strani polinom stepena nula. Dva polinoma su jednaka ako su im koeficijenti jednaki za iste potencije nepoznate.

Izjednačavajući koeficijente za iste stepene nepoznate, dobijamo sistem od šest linearnih jednačina sa nepoznatim a, b, c, d, e, f:

Rešavajući to, dobijamo: d= 3, e=–1, f= 2, c=–4, b=–3, a= 2.

Dakle, traženi polinomi u(x) I v(x) bice:

u(x)=2x 3 –3x 2 –4x+3, v(x)= –x+2.

Zadatak 4. Koristeći Hornerovu šemu, izračunajte f(A) i proširimo polinom f(x) po stepenima x–A, Gdje f(x)=x 4 +2x 3 –7x 2 +3X–1, A=2.

Rješenje. Prema Bezoutovoj teoremi, ostatak polinoma je f(x) na linearni binom x–A jednaka vrijednosti f(A) polinom at x=A.

Podjela po "uglu" može se napisati jednostavnije: ako f(x)=a 0 x n+a 1 x n –1 +a 2 xn– 2 + …+a n –1 x+a n, zatim koeficijenti količnika q(x)=b 0 x n–1 + b 1 x n –2 + b 2 x n –3 + …+b n–1 i ostatak r iz divizije f(x) uključeno x–a može se pronaći pomoću Hornerove šeme:

f(2)=9=r 1, i količnik dijeljenja f(x) uključeno x–2 da q 1 (x)=x 3 +4x 2 +x+5, tj. f(x)=

=(x–2)q 1 (x)+r 1

Zatim, prema Hornerovoj shemi, dijelimo q 1 (x) uključeno x–2, dobijamo količnik q 2 (x) i ostatak r 2, dalje q 2 (x) podijeliti sa x–2, dobijamo q 3 (x) I r 3 itd.

Za polinom f(x) dobijamo:

f(x)=(x–2)q 1 (x)+r 1 =(x–2)[(x–2)q 2 (x)+r 2 ]+r 1 =(x–2) 2 q 2 (x)+r 2 (x–2)+r 1 =

=(x––2) 2 [(x–2)q 3 (x)+r 3 ]+r 2 (x–2)+r 1 =(x–2) 3 q 3 (x)+r 3 (x–2) 2 +r 2 (x–2)+r 1 =

=(x–2) 3 [(x––2)q 4 (x)+r 4 ]+r 3 (x–2) 2 +r 2 (x–2)+r 1 =(x–2) 4 q 4 (x)+r 4 (x–2) 3 +r 3 (x–2) 2 +r 2 (x–2)+ +r 1 = r 5 (x–2) 4 +r 4 (x–2) 3 +r 3 (x–2) 2 +r 2 (x–2)+r 1.

Dakle, koeficijenti u ekspanziji polinoma f(x) po stepenima x–2 jednaki su ostatcima od podjele polinoma f(x), q 1 (x), q 2 (x), q 3 (x), q 4 (x) uključeno x–2.

Celokupno rešenje se može zapisati u tabeli:

–7 –1

Iz tabele je to jasno r 5 =1, r 4 =10, r 3 =29, r 2 =31, r 1 =9 i

f(x)= (x–2) 4 +10(x–2) 3 +29(x–2) 2 +31(x–2)+9.

Zadatak 5. Dokažite da .

Rješenje. Razmotrimo polinom. Broj X= –1 je korijen polinoma f(x) i po Bezoutovoj teoremi f(x) je potpuno djeljiv sa X+1, tj. f(x)=(x+1)g(x), Gdje g(x) je polinom s cijelim koeficijentima, dakle X 11 +1 je podijeljeno sa X+1 za bilo koji cijeli broj X. Hajde da stavimo X=3 5 . Dobijamo, tj. , i zato , zaključujemo da .

Komentar. Iz pravila za "dijeljenje uglom" polinom f(x) na polinom g(x) odmah je jasno da ako su polinomi f(x) I g(x) sa cjelobrojnim koeficijentima, i g(x) smanjen, tada su kvocijent i ostatak polinomi sa cjelobrojnim koeficijentima.

Zadatak 6. Ostaci od dijeljenja polinoma f(x) u binome X+5 i X-3 je jednako –9 i 7 respektivno. Pronađite ostatke kada ovaj polinom dijelite polinomom g(x)=(x+5)(x-3).

Rješenje. Po Bezoutovoj teoremi f(–5)= –9, f(3)=7. Prilikom dijeljenja polinoma f(x) na polinom g(x)=x 2 +2x–15 dobijamo neki količnik q(x) i ostatak str(x)=sjekira+b, tj. f(x)=(x 2 +2x–15)q(x)+(sjekira+b) .

Zamjena u posljednju jednakost umjesto X vrednosti –5 i 3 dobijamo sistem od dve jednačine sa dve nepoznanice a I b:

Nakon što smo ga riješili, nalazimo a=2, b=1. Tada je traženi ostatak dijeljenja polinoma f(x) na polinom g(x) biće jednako 2 X+1.

Zadatak 7. Dat je polinom f(x) sa cjelobrojnim koeficijentima i . Dokaži to.

Rješenje. Razmotrimo ekspanziju polinoma f(x) po stepenima ( x–10):

zbog činjenice da je djeljiv sa 21, tj. je djeljiv sa 7. Slično, djeljiv je sa 3. Zbog relativne jednostavnosti 3 i 7, broj f(10)=a n djeljivo sa 21.

Zadatak 8. Proširite polinom x 7 +3 u proizvod polinoma ne viših od drugog stepena sa realnim koeficijentima.

Rješenje. Nađimo korijene polinoma x 7+3, biće

Davanje k vrijednosti 0, 1, …, 6, dobijamo sedam korijena polinoma x 7 +3;

x 0 = ; x 1 = ; x 2 = ;

x 3 = = – ; x 4 = = ;

x 5 = = ;

x 6 = = .

Među njima važi samo jedan - ovo jeste x 3 = – , ostali su kompleksni i parno konjugirani: x 6 = , x 5 = , x 4 = . Uglavnom

X k = , x k= .

Pogledajmo posao

(x–x k)(x– )=(x 2 –(x k+ )x+x k)=x 2 – x+ , gdje k=0, 1, 2.

Imamo kvadratni trinom sa realnim koeficijentima. Polinom x 7 +3 se može razložiti u proizvod 7 linearnih faktora (posledica osnovne teoreme algebre). Množenjem faktora koji odgovaraju konjugiranim korijenima, dobijamo željenu ekspanziju:

x 7 +3=(x–x 0)(x–x 1)(x–x 2)(x–x 3)(x–x 4)(x–x 5)(x–x 6)=(x–x 3)(x–x 0)(x–x 6)(x–x 1)

(x–x 5)(x–x 2)(x––x 4)=(x–x 3)(x–x 0)(x– )(x–x 1)(x– )(x–x 2)(x– )=(x+ )

(x 2 –(2· ) x+ )(x 2 –(2· ) x+ ) (x 2 ––(2· ) x+ ).

Zadatak 9. Predstavite polinom kao zbir kvadrata dva polinoma.

Rješenje. Bilo koji polinom f(x) sa realnim koeficijentima, pozitivnim za bilo koji, predstavljen je kao zbir kvadrata dva polinoma. Da bismo to učinili, pronađimo korijene polinoma f(x): , rastavljamo na linearne faktore, zatim množimo i , dobijamo traženi prikaz:

Označimo , , dobivamo f(x)=str 2 (x)+q 2 (x).

Zadatak 10. Odrediti višestrukost korijena polinoma. Pronađite polinom najvećeg stepena s jednostavnim korijenima, čiji je svaki korijen korijen polinoma f(x).

1) Provjerimo da li je polinom korijen f(x).

2) Provjerimo da li je prvi izvod polinoma korijen f(x)

. f¢(–1)=0, dakle – korijen

polinom f(x), višestrukost ne manja od 2.

3), dakle korijen višestrukosti nije manji od 3.

4) , korijen polinoma f(x) višestrukost 3, tj. . Naći polinom najvećeg stepena sa jednostavnim korenima, čiji je svaki koren koren f(x), potreban u polinomu f(x) riješite se više korijena. Da bismo to učinili, podijelimo polinom f(x) najvećim zajedničkim djeliteljem polinoma f(x) I f¢( x): . Prema tome, traženi polinom će biti , gdje je , X=2 – prosti korijeni polinoma.

Bilješka: Višestrukost korijena može se provjeriti korištenjem Hornerove sheme.

Zadatak 11. Odvojite višekratnike polinoma

Rješenje. Po teoremi o više faktora: ako je neki nesvodljivi polinom nad poljem P g(x) je k- višekratnik polinoma f(x) sa koeficijentima iz polja P, tada g(x) je ( k–1) – višestruki faktor derivacije f(x). Dakle, kada se krećete iz f(x) To f′( x) mnogostrukost svih faktora je smanjena za 1. Međutim, za polinom f′( x) mogu postojati faktori koji ne postoje f(x). Da ih se riješimo naći ćemo gcd f(x) i f′( x). Uključuje samo one faktore koji su uključeni f(x), međutim sa faktorom 1 manjim.

Primjenom Euklidovog algoritma dobijamo

Budući da postoji polinom trećeg stepena, čija je dekompozicija na faktore generalno teška, ali koji zauzvrat može imati više faktora, na njega ćemo primijeniti sličan postupak smanjenja višestrukosti faktora. Naći ćemo ga. Dakle, množitelj X–1 je uključeno sa višestrukim brojem od 1, pa je stoga uključeno sa višestrukim brojem od 2. Podijelite sa ( X–1) 2 , hajde da pronađemo . Otuda imamo: množitelj ( X–1) uključeno u f(x) sa višestrukim brojem 3, i X+3 sa višekratnikom od 2. Dijeljenje f(x) na polinom , dobijamo

Zadatak 12. Dokažite da je broj iracionalan.

Rješenje. Ovaj broj je korijen reduciranog cjelobrojnog polinoma, koji nema racionalne korijene, jer svi njegovi racionalni korijeni su cijeli brojevi i moraju biti djelitelji broja 5.

Zadatak 13. Pronađite racionalne korijene polinoma

f(x)=6x 4 +19x 3 –7x 2 –26x+12.

Rješenje. Ako je racionalan nesvodljivi razlomak koji je korijen polinoma f(x)=A 0 x n +a 1 xn– 1 +a 2 xn– 2 +…+a n– 1 x+a n sa cjelobrojnim koeficijentima, tada:

1. k postoji djelitelj A 0 ;

2. str postoji djelitelj a n ;

3. p–mk postoji djelitelj f(m) za bilo koji cijeli broj m.

u našem slučaju: k može imati vrijednosti: ±1, ±2, ±3, ±6 i str– ±1,±2, ±3, ±4, ±6, ±12. Sada bi bilo moguće provjeriti svaki od ovih brojeva oblika zamjenom u polinom ili korištenjem Hornerove sheme. Međutim, mnogi od ovih brojeva mogu se "izbrisati" na jednostavniji način. Nađimo granice realnih korijena ovog polinoma VG x =1+, NG x = –(1+), gdje je A je najveća od apsolutnih vrijednosti koeficijenata, i A 0 – koeficijent pri x n ili VG x =1+, gdje je k– indeks prvog negativnog koeficijenta polinoma f(x), A B– najveća od apsolutnih vrijednosti njegovih negativnih koeficijenata (ova metoda je primjenjiva kada A 0 >0). U našem primjeru k=2, B=26, A 0 =6. VG x =1+< 4.

Da biste pronašli donju granicu ovom metodom, dovoljno je f(x) umjesto x zamjena (- x) i koristite sljedeće pravilo: donju granicu realnih korijena polinoma f(x) jednaka je gornjoj granici realnih korijena polinoma f(–x), uzeti sa suprotnim predznakom. U našem slučaju

f(–x)=6x 4 –19x 3 –7x 2 +26x+12, i 0 =6, k=1, B=19. VG x =1+<5, значит, нижняя граница – НГ х = –5. Итак, корни многочлена заключены в интервале (–5,4). Более точные границы можно было найти по методу Ньютона. Воспользуемся еще тем, что если – корень f(x), zatim cijeli broj. Naći ćemo f(1)=4,

f(–1)=13, tada – cijeli broj, – cijeli broj, ako – korijen f(x).

Provjeravamo sve vrste razlomaka, uzimajući u obzir granice korijena.

ts d ts ts d d ts d ts d ts d ts d ts ts d d
ts d ts d d d ts d ts

Tokom ove provjere pojavili su se racionalni brojevi 2, –3, , - „kandidati korijeni“, provjeravamo ih prema Hornerovoj shemi, pazeći da f(2)≠0, , f(–3)=0, . Za polinom četvrtog stepena pronašli smo dva korena, što znači f(x) višestruko ( x+3) ili f(x)=(6x 2 +4x–8)(x+3) . Korijeni polinoma g(x)=6x 2 +4x–8 nalazimo direktno x= su neracionalni brojevi.

Zadatak 14. Dokažite da ova jednačina nema rješenja cijelih brojeva različita od nule.

Rješenje. Lijeva strana jednakosti je homogeni polinom četvrtog stepena. Podijelimo obje strane jednakosti sa X 4 . Dobijamo

Hajdemo onda. Data jednadžba ima rješenje različitog od nule, ako i samo ako polinom ima racionalne korijene. Redukovani polinom je cijeli broj, svi njegovi racionalni korijeni su: prvo, cijeli brojevi; drugo, djelitelji slobodnog člana 9, tj. mora pripadati skupu (±1, ±3, ±9). Direktnom provjerom možete osigurati da nijedan element ovog skupa nije korijen polinoma, tj. ovaj polinom nema racionalne korijene, što znači da data jednadžba ima korijene različite od nule.

Zadatak 15. Za šta prirodno n hoće li broj biti prost?

Rješenje. Pokažimo to. Zaista, ako A je proizvoljan korijen polinoma, dakle Aće biti korijen polinoma, tj. A 3 =1 i A 2 +A+1=0.

Razmotrimo, tj. A– korijen polinoma. Jer A je proizvoljan korijen polinoma, tada je svaki korijen polinoma korijen polinoma, dakle, gdje je P(x) je polinom s cijelim koeficijentima.

Pretpostavimo tada, tj. .

Hajde da razmotrimo slučajeve i .

2. Kada je prost broj.

Prirodni broj je predstavljen kao proizvod dva prirodna broja. Iz ovoga možemo vidjeti da može biti jednostavno, ako ili , odbacujemo ga.

Kada je , i predstavljen kao proizvod dva prirodna broja veća od 1, što znači da je ovaj broj kompozitni.

Zadatak 16. Riješite jednadžbe u polju kompleksnih brojeva:

1)x 3 +6x+2=0; 2) x 3 –9x 2 +18x–28=0; 3) x 4 -2x 3 +4x 2 -2x+ 3=0.

1. Riješite jednačinu x 3 +6x+2=0.

Za korijene kubične jednadžbe x 3 +sjekira+b=0 postoji takozvana Cardano formula: x i =u i +v i (i=0, 1, 2), gdje je u 0 , u 1 , u 2 – radikalna vrijednost

u= i v i= . u našem slučaju, A=6, b=2,

u= = = = = (cos + i greh), gde l=0, 1, 2. Zamjena umjesto toga l vrijednosti 0, 1, 2, dobijamo: u 0 = , u 1 =

= (cos + i sin )= (– + i), u 2 = (cos + i sin )= (– – i ),

v 0 = = = = ,

v 1 = = = = ( +i ),

v 2 = = = = ( –i ),

x 0 = u 0 +v 0 = – , x 1 =u 1 +v 1 = , x 2 = u 2 +v 2 =

Odgovor: - ; .

2. Riješite jednačinu x 3 –9x 2 +18x–28=0.

Svedujmo našu jednačinu na jednadžbu oblika y 3 +ay+b=0, vrši zamjenu x=y– =y+3, (a 0 , a 1 – koeficijenti za x 3 i x 2). Dobijamo:

y 3 –9y–28=0. Njegova rješenja se nalaze pomoću Cardano formule: y i =u i+v i, (i=0, 1,…2),

Gdje u 0 =3, u 1 = , u 2 = , v 0 =1 , v 1 = , v 2= ,

y 0 =4, y 1 = , y 2 = , x 0 =7, x 1 = , x 2 = .

Odgovor: 7; .

3. Riješite jednačinu x 4 -2x 3 +4x 2 -2x+ 3=0.

Koristimo Ferrarijev metod. Ostavimo članove sa na lijevoj strani jednačine X 4 i X 3 i dodajte ga u cijeli kvadrat:

Sada dodajmo pojmove sa novom nepoznatom za obje strane y tako da lijeva strana ponovo postane kvadrat (bez obzira na vrijednost y)

Evo koeficijenata ispred potencija x na desnoj strani ovise o neizvjesnoj količini y. Odaberimo vrijednost y tako da desna strana postane kvadrat. Da biste to učinili, potrebno je da diskriminanta kvadrata (u odnosu na x) trinoma na desnoj strani bio je jednak nuli. Izjednačavanjem ovog diskriminanta sa nulom dobijamo:

odavde y=4 i .

Zamena y=4 u jednačinu (*), dobijamo: ili . Uzimajući kvadratni korijen s obje strane rezultirajuće jednačine, dobivamo dvije kvadratne jednadžbe: i ili i . Nakon što smo ih riješili, nalazimo 4 korijena naše jednadžbe: , .

Odgovor: , .

Zadatak 17. Zadani polinomi

f(x)=x 3 –3x 2 +2x–5, g(x)=x 3 +3x 2 –1.

1) Odrediti broj realnih korena svakog od njih;

2) Koristeći Sturmov teorem, pronađite interval ( a, b), Gdje b–a=1 koji sadrži najveći korijen x 0 polinom g(x);

3) Izračunajte korijen s točnošću od 0,0001 x 0 korištenjem metode linearne interpolacije i Newtonove metode;

1. Ako su izgledi a I b jednačine x 3 +sjekira+b=0 su realni, tada je broj realnih korijena ove jednadžbe u potpunosti određen predznakom broja D = – 4a 3 – 27b 2, nazvan diskriminant polinoma x 3 +sjekira+b, na sljedeći način:

a) za D=0, sva tri korena su realna, dva su jednaka;

b) za D>0 – sva tri korijena su važeća;

c) kod D<0 – один корень действительный, два мнимых.

u našem slučaju: f(x)=x 3 –3x 2 +2x–5 ili stavljanje x=y+1, y 3 –y–5=0, tj. D=4–27·25<0, поэтому многочлен f(x) ima jedan pravi korijen.

2. Za polinom g(x) određujemo broj realnih korijena uspostavljanjem broja promjena predznaka u Sturmovom sistemu polinoma g(x) kada se krećete od –∞ do +∞. Također ćemo pronaći cijele granice između kojih se svaki od ovih korijena nalazi i nećemo unaprijed graditi graf ove funkcije.

Bilo koji polinom g(x) sa realnim koeficijentima i bez višestrukih korijena, ima Sturmov sistem. Ako polinom ima više korijena, morate ih se riješiti dijeljenjem polinoma g(x) na gcd polinoma g(x) I g"(x). Sturmov polinomski sistem g(x) može se konstruisati na sljedeći način: staviti g 1 (x)=g"(x), zatim podijelite g(x) uključeno g 1 (x) a ostatak ove podjele, uzet sa suprotnim predznakom, uzima se kao g 2 (x), tj. g(x)=g 1 (x)h 1 (x)–g 2 (x). Općenito, ako su polinomi g k–1 ( x) I g Za ( x) su već pronađeni g k+1 ( x) će biti ostatak podjele g k–1 ( x) uključeno g Za ( x), uzeti sa suprotnim predznakom:

g k–1 ( x)=g Za ( x)q Za ( x)– g k+1 ( x).

Nađimo Sturmov sistem za g(x), koristeći navedenu metodu. Štaviše, u procesu dijeljenja ćemo, za razliku od Euklidovog algoritma, množiti i smanjivati ​​samo proizvoljnim pozitivnim brojevima, jer znaci ostataka igraju važnu ulogu u Sturmovoj metodi. Dobićemo takav sistem

g(x)=x 3 +3x 2 –1,

g 1 (x)=3x 2 +6x,

g 2 (x)=2x+1,

g 3 (x)=1.

Odredimo predznake polinoma ovog sistema pri x=–∞ i x= +∞, za koje gledamo samo predznake vodećih koeficijenata i stupnjeve ovih polinoma. Na +∞, predznaci svih polinoma Sturmovog sistema će se poklapati sa predznacima njihovih najviših članova, a na –∞ predznaci polinoma Sturmovog sistema poklapati se sa predznacima njihovih najviših koeficijenata za polinome parnog stepena i su suprotni predznacima najviših polinoma neparnog stepena.

Dakle, nakon tranzicije x od –∞ do +∞ Sturmov sistem gubi tri promjene predznaka, pa polinom g(x) ima tačno tri realna korijena (Sturmova teorema).

Nastavimo proučavanje znakova u Sturmovom sistemu, s obzirom na intervale (0,1), (1,2), (2,3) itd., (0,–1), (–1,–2) , (–2 ,–3) itd. Dakle, definiramo intervale ( A, b), Gdje a–b=1 koji sadrži tri realna korijena i pronađite interval za x 0 .

Dakle, Sturmov sistem polinoma g(x) gubi jednu promjenu predznaka tokom tranzicije x-3 do -2, -1 do 0 i 0 do 1. Korijeni x 1 , x 2 , x 3 ovog polinoma stoga zadovoljavaju nejednakosti:

–3<x 1 <–2, –1<x 2 <0, 0<x 3 <1, т.е. наибольший корень x 0 (0,1).

3. Konstruirajmo šematski graf polinoma u intervalu (0, 1) g(x), izračunavajući sljedeće vrijednosti polinoma:

g(0)=–1, g(1)=3, g"(0)=0, g"(1)=9 (funkcija raste na intervalu koji se razmatra), g""(0)>0g""(1)>0 (funkcija je konveksna).

Šematski grafikon funkcije prikazan je na slici 1.

Prvo, koristeći metodu tetiva na segmentu (0,1), krivulji y=g(x) se zamjenjuje tetivom AB, a apscisa se uzima kao prva približna vrijednost korijena x=od tačke preseka ove tetive sa osom x. Trokut KBC je sličan trokutu CAE, dakle , ili , ili . Uglavnom .

Zatim, koristeći Newtonov metod, crtamo tangentu y zakazati g(x) u tački A(1, g(1)) (crtamo tangentu u tački x=1, jer g(1) i g""(1) istog predznaka) i uzmite apscisu kao drugu približnu vrijednost korijena x=R tačka preseka ove tangente sa Ox osom.

Zapišimo jednačinu tangente koja prolazi kroz tačku A

y–g(1)=g"(1)(x–1).

Pošto ova tangenta prolazi kroz tačku ( str, 0), a zatim zamjenom ovih vrijednosti u tangentnu jednadžbu dobijamo

0–g(1)=g"(1)(str–1) ili str=1– =1– .

Uglavnom str=b– .

Preciznija vrijednost željenog korijena x 0 se sada može pretraživati ​​u novom

interval ( A 1 , b 1), stavljanje A 1 =0,3, b 1 =0,7. Ponavljanjem metode akorda i Newtonove metode u intervalu ( A 1 , b 1) imamo: g(A 1)=–0,703; g(b 1)=0,813; g"(b 1)=5,67.

Jer g(A 1) i g(b 1) onda različiti znakovi x 0 (A 1 ,b 1)

str 1 =0,7– .

Razmotrimo novi interval ( A 2 , b 2), stavljanje A 2 =0,5, b 2 =0,55, g(A 2)=–0,125, g(b 2)=0,073875, g"(b 2)=4,2075, jer g(A 2) i g(b 2) – dakle različiti znakovi x 0 (A 2 ,b 2),

, str 2 =0,55– .

I konačno, s obzirom na interval ( A 3 , b 3), gdje A 3 =0,531, b 3 =0,532, pronađimo to preciznije x 0 .

Zadatak 18.Sljedeći racionalni razlomak, gdje

f(x)= 2x 4 –10x 3 +7x 2 +4x+3, g(x)=x 5 –2x 3 +2x 2 –3x+2,

proširiti u zbir prostih razlomaka u polju racionalnih brojeva.

Rješenje. Svaki pravi racionalni razlomak ima jedinstvenu dekompoziciju u zbir jednostavnih razlomaka. U našem slučaju, diploma f(x) manje od stepena g(x), pa je razlomak tačan.

mob_info