4. Pierwiastki wymierne wielomianu (DODATEK) - M_R_W14_M3 Rozkład wielomianu na czynniki

RX6pp88JhmpSh

4*. Pierwiastki wymierne wielomianu (DODATEK)

Wiemy, że wielomian stopnia $n$ ma co najwyżej $n$ pierwiastków. Ważnym zagadnieniem związanym z rozwiązywaniem równań wielomianowych jest umiejętność wyznaczenia wszystkich pierwiastków wielomianu, czyli po prostu wszystkich rozwiązań równania $W (x) = 0$ .
Czasem jest to stosunkowo proste, czasem trudne, czasem wręcz niemożliwe. W tym materiale pokażemy, jak wyznaczyć pierwiastki wymierne wielomianu o współczynnikach całkowitych.

Twoje cele

Podasz i udowodnisz twierdzenie o pierwiastkach wymiernych wielomianu o współczynnikach całkowitych.
Wyznaczysz pierwiastki wymierne wielomianu o współczynnikach wymiernych.
Zastosujesz to twierdzenie do znalezienia wszystkich (również niewymiernych) pierwiastków wielomianu w niektórych przypadkach.
Wykorzystasz twierdzenie o pierwiastkach wymiernych wielomianu o współczynnikach całkowitych do rozkładu wielomianów na czynniki.

o pierwiastkach wymiernych wielomianu o współczynnikach całkowitych

Twierdzenie: o pierwiastkach wymiernych wielomianu o współczynnikach całkowitych

Dany jest wielomian $W (x) = a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{1} x + a_{0}$ , w którym wszystkie współczynniki $a_{n}$ , $a_{n - 1}$ , $\dots$ , $a_{1}$ i $a_{0}$ są liczbami całkowitymi, przy czym $a_{n} \neq 0$ i $a_{0} \neq 0$ .
Jeżeli liczba wymierna $\frac{p}{q}$ zapisana w postaci ułamka nieskracalnego, w którym liczby $p$ i $q$ są całkowite jest pierwiastkiem wielomianu $W (x)$ , to $p$ jest dzielnikiem (dodatnim lub ujemnym) wyrazu wolnego $a_{0}$ , zaś $q$ jest dzielnikiem współczynnika $a_{n}$ przy najwyższej potędze zmiennej.

Dowód

Dane są liczby całkowite $p$ , $q$ spełniające założenia.

Wiemy, że $W (\frac{p}{q}) = 0$ , czyli
$a_{n} \cdot \frac{p^{n}}{q^{n}} + a_{n - 1} \cdot \frac{p^{n - 1}}{q^{n - 1}} + \dots$ $+ a_{1} \cdot \frac{p}{q} + a_{0} = 0$ .

Po obustronnym przemnożeniu przez $q^{n}$ mamy
$a_{n} p^{n} + a_{n - 1} p^{n - 1} q + \dots$ $+ a_{1} p q^{n - 1} + a_{0} q^{n} = 0$ , więc $a_{n} p^{n} + a_{n - 1} p^{n - 1} q + \dots$ $+ a_{1} p q^{n - 1} = - a_{0} q^{n}$

Zauważmy, że liczba
$a_{n} p^{n} + a_{n - 1} p^{n - 1} q + \dots$ $+ a_{1} p q^{n - 1} =$
$= p (a_{n} p^{n - 1} + a_{n - 1} p^{n - 2} q + \dots + a_{1} q^{n - 1})$
jest podzielna przez $p$ , więc również $a_{0} q^{n}$ musi być podzielna przez $p$ .

Liczby $p$ i $q$ są z założenia względnie pierwsze (bo ułamek $\frac{p}{q}$ jest nieskracalny), więc $p$ musi być dzielnikiem $a_{0}$ .

Analogicznie dowodzimy, że $q$ musi być dzielnikiem $a_{n}$ .

Wystarczy zauważyć, że liczba
$a_{n - 1} p^{n - 1} q + \dots + a_{1} p q^{n - 1} + a_{0} q^{n} = q (a_{n - 1} p^{n - 1} + \dots + a_{1} q^{n - 2} + a_{0} q^{n - 1})$
czyli $a_{n} p^{n}$ musi być podzielne przez $q$ .

Przykład 1

Wyznaczmy wszystkie pierwiastki rzeczywiste wielomianu
$W (x) = 2 x^{4} - 11 x^{3} + 4 x^{2} + 2 x + 15$ .

Na początek sprawdźmy, czy wielomian ma pierwiastki całkowite. Zgodnie z twierdzeniem o pierwiastkach całkowitych wielomianu o współczynnikach całkowitychtwierdzeniem o pierwiastkach całkowitych wielomianu o współczynnikach całkowitych szukamy ich wśród dzielników wyrazu wolnego (liczby $\pm 1$ , $\pm 3$ , $\pm 5$ , $\pm 15$ ).

Po wykonaniu obliczeń można zauważyć, że $W (5) = 0$ .

Korzystając z twierdzenia Bézoutatwierdzenie Bézoutatwierdzenia Bézouta po wykonaniu odpowiedniego dzielenia wielomianów możemy więc zapisać
$W (x) = (x - 5) (2 x^{3} - x^{2} - x - 3)$ .

Zajmiemy się teraz wielomianem $W_{1} (x) = 2 x^{3} - x^{2} - x - 3$ . Jeżeli sprawdziliśmy wcześniej, że $\pm 1$ , $\pm 3$ nie są pierwiastkami $W (x)$ to wiemy, że wielomian $W_{1} (x)$ nie ma pierwiastków całkowitych.

Sprawdźmy, czy ma jakiś pierwiastek niecałkowity wymierny. Zgodnie z twierdzeniem o pierwiastkach wymiernych wielomianu o współczynnikach całkowitychtwierdzeniem o pierwiastkach wymiernych wielomianu o współczynnikach całkowitych wystarczy przeanalizować liczby $\pm \frac{1}{2}$ , $\pm \frac{3}{2}$ .

Po wykonaniu rachunków można zauważyć, że $W_{1} (\frac{3}{2}) = 0$ .

Po podzieleniu przez dwumian $x - \frac{3}{2}$ uzyskujemy równość
$W (x) = (x - 5) (x - \frac{3}{2}) (2 x^{2} + 2 x + 2)$ .

Za pomocą wyróżnika $Δ$ możemy sprawdzić, że wielomian $W_{2} (x) = 2 x^{2} + 2 x + 2$ nie ma pierwiastków rzeczywistych.

Jedynymi pierwiastkami rzeczywistymi wielomianu $W (x)$ są zatem liczby $5$ oraz $\frac{3}{2}$ .

Przykład 2

Wyznaczmy wszystkie pierwiastki rzeczywiste wielomianu
$W (x) = 2 x^{4} + 7 x^{3} - 10 x^{2} - 21 x + 12$ .

Rrl4EaTjftsLA

Pierwiastki całkowite

Sprawdźmy najpierw, czy wielomian ma jakieś pierwiastki całkowite. Jeżeli istnieją, muszą być całkowitymi dzielnikami wyrazu wolnego dwanaście.
Analizujemy więc wartość wielomianu dla ± jeden, ± dwa, ± trzy, ± cztery, ± sześć, ± dwanaście.
Po wykonaniu obliczeń (większość można przeliczyć w pamięci, wystarczy tylko oszacować wynik i sprawdzić, czy jest różny od zera) możemy zauważyć, że tylko W nawias, minus, cztery zamknięcie nawiasu, równa się, zero.

, Dzielenie Po wykonaniu dzielenia W nawias x zamknięcie nawiasu przez x, plus, cztery dostajemy
W nawias x zamknięcie nawiasu, równa się, nawias x, plus, cztery zamknięcie nawiasu nawias dwa x indeks górny, trzy, koniec indeksu górnego, minus, x indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, minus, sześć x, plus, trzy zamknięcie nawiasu. Wiemy, że dla dzielników wyrazu wolnego (czyli ± jeden, ± trzy) wielomian W nawias x zamknięcie nawiasu przyjmuje wartości różne od zera, wielomian nie ma więc więcej pierwiastków całkowitych., Pierwiastki niecałkowite wymierne

Sprawdźmy, czy wielomian dwa x indeks górny, trzy, koniec indeksu górnego, minus, x indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, minus, sześć x, plus, trzy ma jakieś pierwiastki niecałkowite wymierne.
Zgodnie z twierdzeniem o pierwiastkach wymiernych pierwiastków takich należy szukać wśród liczb ± początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka, ± początek ułamka, trzy, mianownik, dwa, koniec ułamka.
Po wykonaniu obliczeń możemy zauważyć, że W nawias, początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka, zamknięcie nawiasu, równa się, zero.

, Kolejne dzielenie Wykonując kolejne dzielenie możemy zatem zapisać, że
W nawias x zamknięcie nawiasu, równa się, nawias, x, minus, początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka, zamknięcie nawiasu, nawias x, plus, cztery zamknięcie nawiasu nawias dwa x indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, minus, sześć zamknięcie nawiasu., Funkcja kwadratowa

Pozostało przeanalizowanie wielomianu dwa x indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, minus, sześć.
Wyłączając dwa przed nawias i korzystając ze wzoru skróconego mnożenia na różnicę kwadratów mamy
W nawias x zamknięcie nawiasu, równa się, dwa nawias, x, minus, początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka, zamknięcie nawiasu, nawias x, plus, cztery zamknięcie nawiasu nawias, x, minus, pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka, zamknięcie nawiasu, nawias, x, plus, pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka, zamknięcie nawiasu., Podsumowanie Wielomian W nawias x zamknięcie nawiasu ma zatem cztery pierwiastki rzeczywiste: liczby minus, cztery, początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka, pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka oraz minus, pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka.

Pierwiastki całkowite

Sprawdźmy najpierw, czy wielomian ma jakieś pierwiastki całkowite. Jeżeli istnieją, muszą być całkowitymi dzielnikami wyrazu wolnego dwanaście.
Analizujemy więc wartość wielomianu dla ± jeden, ± dwa, ± trzy, ± cztery, ± sześć, ± dwanaście.
Po wykonaniu obliczeń (większość można przeliczyć w pamięci, wystarczy tylko oszacować wynik i sprawdzić, czy jest różny od zera) możemy zauważyć, że tylko W nawias, minus, cztery zamknięcie nawiasu, równa się, zero.

Sprawdźmy, czy wielomian dwa x indeks górny, trzy, koniec indeksu górnego, minus, x indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, minus, sześć x, plus, trzy ma jakieś pierwiastki niecałkowite wymierne.
Zgodnie z twierdzeniem o pierwiastkach wymiernych pierwiastków takich należy szukać wśród liczb ± początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka, ± początek ułamka, trzy, mianownik, dwa, koniec ułamka.
Po wykonaniu obliczeń możemy zauważyć, że W nawias, początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka, zamknięcie nawiasu, równa się, zero.

Pozostało przeanalizowanie wielomianu dwa x indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, minus, sześć.
Wyłączając dwa przed nawias i korzystając ze wzoru skróconego mnożenia na różnicę kwadratów mamy
W nawias x zamknięcie nawiasu, równa się, dwa nawias, x, minus, początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka, zamknięcie nawiasu, nawias x, plus, cztery zamknięcie nawiasu nawias, x, minus, pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka, zamknięcie nawiasu, nawias, x, plus, pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka, zamknięcie nawiasu., Podsumowanie Wielomian W nawias x zamknięcie nawiasu ma zatem cztery pierwiastki rzeczywiste: liczby minus, cztery, początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka, pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka oraz minus, pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka.

Zauważmy, że twierdzenie o pierwiastkach wymiernych wielomianu o współczynnikach całkowitych możemy wykorzystać również do wyszukania wszystkich pierwiastków wymiernych wielomianu o współczynnikach wymiernych.

Wystarczy zauważyć, że przemnożenie wielomianu przez stałą niezerową nie zmienia jego pierwiastków.

Każdy wielomian o współczynnikach wymiernych możemy zatem sprowadzić do wielomianu o współczynnikach całkowitych mnożąc go przez wspólną wielokrotność mianowników wszystkich współczynników wielomianu.

Pokażemy to w kolejnych dwóch przykładach.

Przykład 3

Wyznaczmy wszystkie pierwiastki rzeczywiste wielomianu
$W (x) = \frac{1}{2} x^{4} - \frac{2}{15} x^{3} - \frac{19}{30} x^{2} + \frac{2}{15} x + \frac{2}{15}$ .

Zauważmy, że po przemnożeniu wielomianu $W (x)$ przez $30$ otrzymamy wielomian $V (x)$ o współczynnikach całkowitych mający te same pierwiastki, co wielomian $W (x)$ .

$V (x) = 15 x^{4} - 4 x^{3} - 19 x^{2} + 4 x + 4$

Spróbujmy na początek wyszukać pierwiastki całkowite wielomianu $V (x)$ analizując jego wartości dla liczb $\pm 1$ , $\pm 2$ , $\pm 4$ (dzielniki wyrazu wolnego).

Łatwo zauważymy, że $V (1) = V (- 1) = 0$ , więc wielomian $V (x)$ jest podzielny przez $(x + 1) (x - 1) = x^{2} - 1$ .

Wykonajmy dzielenie dowolnym sposobem (możemy np. użyć algorytmu dzielenia pisemnego lub dwukrotnie schematu Hornera). Uzyskamy zapis
$V (x) = (x + 1) (x - 1) (15 x^{2} - 4 x - 4)$ .

Za pomocą wyróżnika $Δ$ możemy wyznaczyć pierwiastki trójmianu kwadratowego $15 x^{2} - 4 x - 4$ - są to liczby $- \frac{2}{5}$ i $\frac{2}{3}$ .

Podsumujmy: wielomian $W (x)$ ma cztery pierwiastki rzeczywiste: $1$ , $- 1$ , $- \frac{2}{5}$ i $\frac{2}{3}$ .

Przykład 4

Wyznaczmy wszystkie pierwiastki rzeczywiste wielomianu $W (x) = \frac{1}{3} x^{5} + \frac{1}{5} x^{4} + \frac{4}{3} x^{3} + \frac{4}{5} x^{2} + x + \frac{3}{5}$ .

R1IqzVCRtEeqI

Współczynniki całkowite Po przemnożeniu przez piętnaście uzyskamy wielomian mający te same pierwiastki, ale o współczynnikach całkowitych:
V nawias x zamknięcie nawiasu, równa się, pięć x indeks górny, pięć, koniec indeksu górnego, plus, trzy x indeks górny, cztery, koniec indeksu górnego, plus, dwadzieścia x indeks górny, trzy, koniec indeksu górnego, plus, dwanaście x indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, plus, piętnaście x, plus, dziewięć., Pierwiastki całkowite Sprawdźmy, czy wśród dzielników wyrazu wolnego, czyli liczb ± jeden, ± trzy, ± dziewięć, są pierwiastki wielomianu V nawias x zamknięcie nawiasu.
Po wykonaniu obliczeń widzimy, że wielomian ten nie ma pierwiastków całkowitych., Pierwiastki wymierne Sprawdźmy, czy wielomian ma pierwiastki wymierne niecałkowite, analizując zgodnie z twierdzeniem liczby ± początek ułamka, jeden, mianownik, pięć, koniec ułamka, ± początek ułamka, trzy, mianownik, pięć, koniec ułamka, ± początek ułamka, dziewięć, mianownik, pięć, koniec ułamka (tu rachunki mogą być dość żmudne).
Po wykonaniu obliczeń znajdujemy pierwiastek wymierny minus, początek ułamka, trzy, mianownik, pięć, koniec ułamka., Postać iloczynowa Zgodnie z twierdzeniem Bézouta możemy zapisać
V nawias x zamknięcie nawiasu, równa się, nawias, x, plus, początek ułamka, trzy, mianownik, pięć, koniec ułamka, zamknięcie nawiasu, nawias pięć x indeks górny, cztery, koniec indeksu górnego, plus, dwadzieścia x indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, plus, piętnaście zamknięcie nawiasu.
Zauważmy, że wielomian pięć x indeks górny, cztery, koniec indeksu górnego, plus, dwadzieścia x indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, plus, piętnaście nie ma pierwiastków rzeczywistych, bo jest sumą dwóch liczb nieujemnych (potęgi o wykładnikach parzystych) i liczby dodatniej piętnaście., Podsumowanie Wielomian W nawias x zamknięcie nawiasu ma tylko jeden pierwiastek rzeczywisty - jest nim liczba minus, początek ułamka, trzy, mianownik, pięć, koniec ułamka.

Polecenie 1

Zapoznaj się z przedstawionym w animacji twierdzeniem o pierwiastkach wymiernych wielomianu mającego współczynniki całkowite i jego zastosowaniami.

R1K1XvGXKnZVG

Polecenie 2

Posługując się metodami zaprezentowanymi w animacji wyznacz wszystkie pierwiastki wymierne podanych wielomianów:

$F (x) = 4 x^{5} + 6 x^{4} + 5 x^{2} - 9 x - 6$ ,
$G (x) = x^{4} - 6 x^{3} - 4 x^{2} - 18 x - 21$ ,
$H (x) = 4 x^{4} + 4 x^{3} + 3 x^{2} - 2 x + 6$ .

Pierwiastków szukamy wśród liczb

dla $F (x)$ : $\pm 1$ , $\pm 2$ , $\pm 3$ , $\pm 6$ , $\pm \frac{1}{2}$ , $\pm \frac{3}{2}$ , $\pm \frac{1}{4}$ , $\pm \frac{3}{4}$ ;
dla $G (x)$ : $\pm 1$ , $\pm 3$ , $\pm 7$ , $\pm 21$ ;
dla $H (x)$ : $\pm 1$ , $\pm 2$ , $\pm 3$ , $\pm 6$ , $\pm \frac{1}{2}$ , $\pm \frac{3}{2}$ , $\pm \frac{1}{4}$ , $\pm \frac{3}{4}$ .
Pamiętaj, że nie trzeba obliczać wartości wielomianu - wystarczy oszacować, czy jest różna od zera.
Pamiętaj, że po znalezieniu pierwiastka możesz wykonać dzielenie wielomianu; wtedy będziesz analizować wielomian niższego stopnia, co często jest łatwiejsze.

Wielomian $F (x)$ ma trzy pierwiastki wymierne: $1$ , $- 2$ i $- \frac{1}{2}$ .
Wielomian $G (x)$ ma dwa pierwiastki wymierne (całkowite): $- 1$ i $7$ .
Wielomian $H (x)$ nie ma pierwiastków wymiernych.

Polecenie 3

Nie wykonując dokładnych obliczeń uzasadnij, dlaczego poniższe wyrażenia nie są równe $0$ .

1) $2 \cdot {(- 1)}^{4} - 2 \cdot {(- 1)}^{3} + 5 \cdot {(- 1)}^{2} - 6 \cdot (- 1) + 1$

2) $2 \cdot 2^{4} - 3 \cdot 2^{3} + 5 \cdot 2^{2} - 13 \cdot 2 + 1$

3) $5 \cdot {(\frac{1}{3})}^{3} - \frac{9}{2} {(\frac{1}{3})}^{2} + 6 \cdot \frac{1}{3} + \frac{1}{2}$

Wiemy, że każdy wielomian niezerowy $W (x)$ , którego pierwiastkami są liczby $x_{1}$ , $x_{1}$ , $\dots$ , $x_{k}$ , można zapisać jako iloczyn $(x - x_{1}) (x - x_{2}) \dots (x - x_{k}) \cdot Q (x)$ , gdzie $Q (x)$ jest jakimś wielomianem stopnia o $k$ mniejszego niż stopień wielomianu $W (x)$ . Z tego wynika, że znajomość pierwiastków wielomianu ułatwia jego rozkład na czynniki - i na odwrót, rozłożenie wielomianu na czynniki nierozkładalne daje pełną informację o jego pierwiastkach.

Bazując na znajomości pierwiastków i twierdzeniu Bézoutatwierdzenie Bézoutatwierdzeniu Bézouta pokażemy rozwiązania kilku zadań.

Przykład 5

Rozłożymy na czynniki nierozkładalne wielomian:
$W (x) = 2 x^{5} + x^{4} + 8 x^{3} + 4 x^{2} + 6 x + 3$ .

Rozwiązanie

Sprawdźmy, czy wielomian ma pierwiastek całkowitypierwiastek całkowity, analizując dzielniki wyrazu wolnego. Po obliczeniach możemy stwierdzić, że żadna z liczb $(- 3)$ , $3$ , $(- 1)$ , $1$ nie jest pierwiastkiem wielomianu $W (x)$ .

Sprawdźmy, czy wielomian ma pierwiastki niecałkowite wymiernepierwiastki niecałkowite wymierne - jeśli istnieją, muszą być wśród liczb $(- \frac{3}{2})$ , $\frac{3}{2}$ , $(- \frac{1}{2})$ , $\frac{1}{2}$ .
Wykonując obliczenia, można zauważyć, że $W (- \frac{1}{2}) = 0$ .

Zgodnie z twierdzeniem Bézouta wielomian $W (x)$ jest więc podzielny przez dwumian $x + \frac{1}{2}$ . Możemy też podzielić go przez dwukrotność tego dwumianu, czyli przez $2 x + 1$ .

Po wykonaniu dzielenia uzyskamy
$W (x) = (2 x + 1) (x^{4} + 4 x^{2} + 3)$ .

Rozłóżmy teraz wielomian $x^{4} + 4 x^{2} + 3$ .

Można to zrobić używając metod stosowanych przy rozwiązywaniu równań dwukwadratowych (wprowadzając niewiadomą pomocniczą $t = x^{2}$ ). Można też zauważyć możliwość użycia wzorów skróconego mnożenia
$x^{4} + 4 x^{2} + 3 = (x^{4} + 4 x^{2} + 4) - 1 =$
$= {(x^{2} + 2)}^{2} - 1 = (x^{2} + 2 + 1) (x^{2} + 2 - 1) =$
$= (x^{2} + 3) (x^{2} + 1)$ .

Zatem $W (x)$ można zapisać w postaci iloczynu wielomianów nierozkładalnych
$W (x) = (2 x + 1) (x^{2} + 3) (x^{2} + 1)$ .

Przykład 6

Wiedząc, że zachodzi równość $x^{5} - 5 x^{4} + 40 x^{2} - 80 x + 48 = {(x + x_{1})}^{n_{1}} {(x + x_{2})}^{n_{2}}$ wyznaczymy liczby $x_{1}, x_{2}, n_{1}, n_{2}$

Rozwiązanie

Zauważmy, że $n_{1} + n_{2} = 5$ – jest to stopień wielomianu. Jednocześnie wyraz wolny to $48 = x_{1}^{n_{1}} \cdot x_{2}^{n_{2}}$ . Rozkładając lczbę $48$ na czynniki otrzymamy $2^{4} \cdot 3$ . Zatem $x_{1} = 3$ , $n_{1} = 1$ i $n_{2} = 4$ . Zauważmy, że niektóre współczynniki wielomianu są liczbami ujemnymi. Wynika stąd, że jeden z pierwiastków wielomianu jest liczbą ujemną. Dlatego $x_{2} = - 2$ .

Przykład 7

Dany jest wielomian trzeciego stopnia $W (x) = a x^{3} + b x^{2} + c x + d$ o współczynnikach całkowitych. Wiadomo, że jest on podzielny przez dwumian $x - 1, 25$ . Wskażemy, jakie liczby mogą być wyrazem wolnym tego wielomianu.

Rozwiązanie

Zauważmy, że $1, 25 = \frac{5}{4}$ , zatem wielomian $W$ można zapisać w postaci:

$W (x) = (x + \frac{5}{4}) \cdot (a x^{2} + m x + n)$

Wyłączymy $\frac{1}{4}$ przed nawias:

$W (x) = \frac{1}{4} (4 x + 5) \cdot (a x^{2} + m x + n)$

Zauważmy, że $d = 5 n$ .

Skoro współczynniki wielomianu mają być liczbami całkowitymi, to $d$ musi być wielokrotnością liczby $5$ .

Polecenie 4

Zapoznaj się z przykładami rozkładu wielomianu na czynniki metodą dzielenia wielomianów.

REOF2k3yKwqIN

Polecenie 5

Rozłóż na czynniki nierozkładalne wielomian
$W (x) = 6 x^{3} - 43 x^{2} + 69 x + 28$
wiedząc, że ma on pierwiastek całkowity.

Pierwiastkiem całkowitym wielomianu może być tylko jakiś całkowity dzielnik liczby $28$ , czyli któraś spośród liczb $\pm 1$ , $\pm 2$ , $\pm 4$ , $\pm 7$ , $\pm 1$ , $\pm 14$ , $\pm 28$ .

Podstawiając kolejne liczby możemy ustalić, że $W (4) = 0$ , czyli wielomian $W (x)$ jest podzielny przez $x - 4$ .

Po wykonaniu dzielenia uzyskujemy
$W (x) = (x - 4) (6 x^{2} - 19 x - 7)$ .

Wielomian drugiego stopnia łatwo rozłożymy na czynniki znajdując pierwiastki równania kwadratowego $6 x^{2} - 19 x - 7 = 0$ .

$W (x) = 6 (x - 4) (x - \frac{7}{2}) (x + \frac{1}{3})$

Możemy to też zapisać bez ułamków
$W (x) = (x - 4) (2 x - 7) (3 x + 1)$ .

Polecenie 6

Rozłóż na czynniki nierozkładalne wielomian
$W (x) = 3 x^{5} + 5 x^{4} - 15 x^{3} - 25 x^{2} + 18 x + 30$
wiedząc, że jedynym jego pierwiastkiem wymiernym jest liczba $(- \frac{5}{3})$ .

Wielomian $W (x)$ jest podzielny przez dwumian $x + \frac{5}{3}$ , czyli również przez dwumian $3 x + 5$ .

Ta pierwsza postać będzie przydatna, jeśli do dzielenia wielomianów użyjemy schematu Hornera.

Drugi zapis będzie prawdopodobnie łatwiejszy przy dzieleniu wielomianów sposobem pisemnym lub dzieleniu przez odpowiednie pogrupowanie i wyłączenie przed nawias czynnika $3 x + 5$ .

$W (x) = (3 x + 5) (x - \sqrt{2}) (x + \sqrt{2}) (x - \sqrt{3}) (x + \sqrt{3})$

Poprawny jest też np. zapis
$W (x) = 3 (x + \frac{5}{3}) (x - \sqrt{2}) (x + \sqrt{2}) (x - \sqrt{3}) (x + \sqrt{3})$ .

RcibIbjF4How01

Ćwiczenie 1

R12ROUifUAE5q1

Ćwiczenie 2

Ćwiczenie 3

Rl7J58a323t1v1

RapNK9jV4GlNM

R9npLZIliq7HE2

Ćwiczenie 4

RKXgYDMVgSQkP2

Ćwiczenie 5

RHU9JwDzGC7QI2

Ćwiczenie 6

R1TpbkgNZ99Dj2

Ćwiczenie 7

RlRxvP4v0k3aJ2

Ćwiczenie 8

RfN4EWxwBRK6X1

Ćwiczenie 9

RmaEULvZuIM7p1

Ćwiczenie 10

R1aelMaUZ6bYK1

Ćwiczenie 11

RaBEba1fYCMHn2

Ćwiczenie 12

R6ceYTaWbupiF2

Ćwiczenie 13

Ćwiczenie 14

Dany jest wielomian
$W (x) = x^{5} + a x^{4} + b x^{3} + c x^{2} + d x + 5$ ,
w którym współczynniki $a$ , $b$ , $c$ , $d$ są liczbami całkowitymi.
Ponadto wiadomo, że $a + b + c + d = - 6$ .

Rd7KCnCCAL6sR

RXXmNZ7H6SfUc2

Ćwiczenie 15

Rm7l4LyeFLLlq2

Ćwiczenie 16

Słownik

twierdzenie Bézouta

liczba $a$ jest pierwiastkiem wielomianu $W (x)$ wtedy i tylko wtedy, gdy wielomian $W (x)$ dzieli się przez dwumian $x - a$ bez reszty

twierdzenie o pierwiastkach całkowitych wielomianu o współczynnikach całkowitych

dany jest wielomian $W (x) = a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{1} x + a_{0}$ , w którym wszystkie współczynniki $a_{n}$ , $a_{n - 1}$ , $\dots$ , $a_{1}$ i $a_{0}$ są liczbami całkowitymi, przy czym $a_{n} \neq 0$ i $a_{0} \neq 0$ .
Jeżeli liczba całkowita $p$ jest pierwiastkiem wielomianu $W (x)$ , to $p$ jest dzielnikiem (dodatnim lub ujemnym) wyrazu wolnego $a_{0}$

twierdzenie o pierwiastkach wymiernych wielomianu o współczynnikach całkowitych

dany jest wielomian $W (x) = a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{1} x + a_{0}$ , w którym wszystkie współczynniki $a_{n}$ , $a_{n - 1}$ , $\dots$ , $a_{1}$ i $a_{0}$ są liczbami całkowitymi, przy czym $a_{n} \neq 0$ i $a_{0} \neq 0$ .
Jeżeli liczba wymierna $\frac{p}{q}$ zapisana w postaci ułamka nieskracalnego, w którym liczby $p$ i $q$ są całkowite jest pierwiastkiem wielomianu $W (x)$ , to $p$ jest dzielnikiem (dodatnim lub ujemnym) wyrazu wolnego $a_{0}$ , zaś $q$ jest dzielnikiem współczynnika $a_{n}$ przy najwyższej potędze zmiennej

3. Rozkładanie wielomianów na czynniki

M_R_W14_M3 Rozkład wielomianu na czynniki

4*. Pierwiastki wymierne wielomianu (DODATEK)

Słownik