Przeczytaj

o pierwiastkach całkowitych wielomianu o współczynnikach całkowitych

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 $a_{0}$ .

Dowód

Niech $W (x)$ będzie wielomianem spełniającym warunki zadania.
Wiemy, że $W (p) = 0$ , czyli $a_{n} p^{n} + a_{n - 1} p^{n - 1} + \dots + a_{1} p + a_{0} = 0$ .
Zatem $a_{0} = - a_{n} p^{n} - a_{n - 1} p^{n - 1} - \dots - a_{1} p$ ,
czyli $a_{0} = - p (a_{n} p^{n - 1} + a_{n - 1} p^{n - 2} + \dots + a_{1})$ . Wszystkie liczby znajdujące się po prawej stronie znaku równości są całkowite, więc $p$ jest dzielnikiem $a_{0}$ .

Z powyższego twierdzenia o pierwiastkach całkowitych wielomianu o współczynnikach całkowitychtwierdzenia o pierwiastkach całkowitych wielomianu o współczynnikach całkowitych wynika, że analizując dzielniki wyrazu wolnego wielomianu o współczynnikach całkowitych jesteśmy w stanie wyznaczyć wszystkie pierwiastki całkowite tego wielomianu.

Przykład 1

Wyznacz wszystkie pierwiastki całkowite wielomianu $W (x) = 6 x^{5} + 31 x^{4} + 9 x^{3} + 21 x^{2} + 3 x - 10$ .

Możliwe pierwiastki całkowite wielomianu $W (x)$ to dzielniki liczby $(- 10)$ . Mamy więc do sprawdzenia osiem przypadków (bo tyle dzielników, uwzględniając również liczby ujemne, ma $(- 10)$ ).

Jeśli współczynniki przy zmiennej $x$ są dodatnie oraz dwa z nich są większe niż $10$ , to dla dzielników dodatnich ( $1$ , $2$ , $5$ i $10$ ) wielomian przyjmuje wartości dodatnie (nie trzeba ich dokładnie obliczać, wystarczy tylko zauważyć, że są to wartości różne od $0$ ). Dlatego całkowitych pierwiastków wielomianu szukamy wśród ujemnych dzielników wyrazu wolnego.

$W (- 1) = - 6 + 31 - 9 + 21 - 3 - 10 \neq 0$

$W (- 2) = 6 \cdot (- 32) + 31 \cdot 16 + 9 \cdot (- 8) + 21 \cdot 4 + 3 \cdot (- 2) - 10 =$
$= - 192 + 496 - 72 + 84 - 6 - 10 > 0$

$W (- 5) = - 6 \cdot 5^{5} + 31 \cdot 5^{4} - 9 \cdot 5^{3} + 21 \cdot 5^{2} - 3 \cdot 5 - 10 =$
$= 5^{4} (- 30 + 31) + 5^{2} (- 45 + 21) - 15 - 10 = 5^{4} - 5^{2} \cdot 24 - 25 =$
$= 5^{4} - 5^{2} \cdot 25 = 5^{4} - 5^{4} = 0$

$W (- 10) = - 6 \cdot 10^{5} + 31 \cdot 10^{4} - 9 \cdot 10^{3} + 21 \cdot 10^{2} - 3 \cdot 10 - 10 =$
$= - 600000 + 310000 - 9000 + 2100 - 30 - 100 < 0$

Zatem jedynym pierwiastkiem całkowitym wielomianu $W (x)$ jest liczba $(- 5)$ .

Przykład 2

Udowodnij, że wielomian $W (x) = x^{7} - 3 x^{5} + 2 x^{4} - 13 x + 4$ nie ma pierwiastków całkowitych.

R1xMHAqEDARAe

jeden, minus, jeden W nawias ± jeden zamknięcie nawiasu, równa się nawias klamrowy, układ równań, pierwsze równanie, jeden, minus, trzy, plus, dwa, minus, trzynaście, plus, cztery, nie równa się, zero, koniec równania, drugie równanie, minus, jeden, plus, trzy, plus, dwa, plus, trzynaście, plus, cztery, nie równa się, zero, koniec równania, koniec układu równań, czyli nie są to pierwiastki., dwa, minus, dwa W nawias ± dwa zamknięcie nawiasu, równa się nawias klamrowy, układ równań, pierwsze równanie, sto dwadzieścia osiem, minus, trzy, razy, trzydzieści dwa, plus, dwa, razy, szesnaście, minus, trzynaście, razy, dwa, plus, cztery, nie równa się, zero, koniec równania, drugie równanie, minus, sto dwadzieścia osiem, plus, trzy, razy, trzydzieści dwa, plus, dwa, razy, szesnaście, plus, trzynaście, razy, dwa, plus, cztery, nie równa się, zero, koniec równania, koniec układu równań, czyli nie są to pierwiastki., cztery, minus, cztery W nawias ± cztery zamknięcie nawiasu, równa się nawias klamrowy, układ równań, pierwsze równanie, szesnaście tysięcy trzysta osiemdziesiąt cztery, minus, trzy, razy, tysiąc dwadzieścia cztery, plus, dwa, razy, dwieście pięćdziesiąt sześć, minus, trzynaście, razy, cztery, plus, cztery, nie równa się, zero, koniec równania, drugie równanie, minus, szesnaście tysięcy trzysta osiemdziesiąt cztery, plus, trzy, razy, tysiąc dwadzieścia cztery, plus, dwa, razy, szesnaście, plus, trzynaście, razy, cztery, plus, cztery, nie równa się, zero, koniec równania, koniec układu równań, czyli nie są to pierwiastki.
Przypomnijmy, co jest istotne zwłaszcza w tej części ze względu na stosunkowo duże liczby, że nie musimy dokładnie wyznaczać wartości wielomianu, wystarczy tylko oszacować, czy jest ona różna od zero. Liczba cztery indeks górny, siedem, koniec indeksu górnego jest np. na tyle duża, że bez wykonywania obliczeń widać, że całe wyrażenie nie może przyjąć wartości zero., Podsumowanie Żaden z dzielników wyrazu wolnego nie jest pierwiastkiem wielomianu, wielomian ten nie ma więc pierwiastków całkowitych.

Przykład 3

Wyznacz wszystkie pierwiastki wielomianupierwiastek wielomianupierwiastki wielomianu $W (x) = x^{3} - 4 x^{2} - 16 x + 15$ .

R1Rx7tpDcoeyi

Film dostępny pod adresem https://zpe.gov.pl/a/D14icO57S

Film nawiązujący do treści materiału

Przykład 4

Wyznacz wszystkie pierwiastki wielomianu $W (x) = 6 x^{4} - 15 x^{2} - 15 x - 6$ .

Zauważmy, że $W (x) = 3 (2 x^{4} - 5 x^{2} - 5 x - 2)$ , więc wielomian $W (x)$ ma te same pierwiastki, co wielomian $V (x) = 2 x^{4} - 5 x^{2} - 5 x - 2$ .

$V (x)$ jest wielomianem stopnia czwartego, więc może mieć co najwyżej cztery pierwiastki.

Spróbujmy na początek znaleźć jakiś pierwiastek całkowity wielomianu $V (x)$ . Będziemy go szukać wśród dzielników liczby $(- 2)$ .

Łatwo zauważyć, że $V (- 1) = 2 - 5 + 5 - 2 = 0$ , czyli liczba $(- 1)$ jest pierwiastkiem wielomianu $V (x)$ . Zgodnie z twierdzeniem Bézoutatwierdzenie Bézoutatwierdzeniem Bézouta wielomian $V (x)$ jest więc podzielny przez dwumian $x + 1$ .

Możemy posłużyć się np. schematem Hornera bądź dzieleniem pisemnym wielomianów. Po wykonaniu dzielenia możemy zapisać, że $W (x) = 3 (x + 1) (2 x^{3} - 2 x^{2} - 3 x - 2)$ .

Uzyskaliśmy wielomian trzeciego stopnia $V_{1} (x) = 2 x^{3} - 2 x^{2} - 3 x - 2$ , którego pierwiastki są jednocześnie pierwiastkami wielomianu $W (x)$ .

Możemy ponownie przeanalizować dzielniki wyrazu wolnego. Łatwo zauważyć, że liczba $2$ jest pierwiastkiem całkowitym wielomianu $V_{1} (x)$ , więc jest on podzielny przez dwumian $x - 2$ .

Po wykonaniu dzielenia możemy zapisać, że $W (x) = 3 (x + 1) (x - 2) (2 x^{2} + 2 x + 1)$ .

Na koniec wyznaczmy pierwiastki wielomianu drugiego stopnia $V_{2} (x) = 2 x^{2} + 2 x + 1$ . Po obliczeniu wyróżnika $Δ = - 4$ widzimy, że wielomian ten nie ma pierwiastków rzeczywistych i jest nierozkładalny.

Z tego wynika, że wielomian $W (x)$ ma dwa pierwiastki rzeczywiste: $(- 1)$ oraz $2$ .

Słownik

pierwiastek wielomianu

dla wielomianu $W (x)$ jednej zmiennej $x$ to liczba $x_{0}$ taka, że $W (x_{0}) = 0$

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 $a_{0}$

Wprowadzenie

Infografika

Słownik