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

1

- 1

W (\pm 1) =

\{\begin{cases} 1 - 3 + 2 - 13 + 4 \neq 0 \\ - 1 + 3 + 2 + 13 + 4 \neq 0 \end{cases}

, czyli nie są to pierwiastki.,

2

- 2

W (\pm 2) =

\{\begin{cases} 128 - 3 \cdot 32 + 2 \cdot 16 - 13 \cdot 2 + 4 \neq 0 \\ - 128 + 3 \cdot 32 + 2 \cdot 16 + 13 \cdot 2 + 4 \neq 0 \end{cases}

, czyli nie są to pierwiastki.,

4

- 4

W (\pm 4) =

\{\begin{cases} 16384 - 3 \cdot 1024 + 2 \cdot 256 - 13 \cdot 4 + 4 \neq 0 \\ - 16384 + 3 \cdot 1024 + 2 \cdot 16 + 13 \cdot 4 + 4 \neq 0 \end{cases}

, 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

0

. Liczba

4^{7}

jest np. na tyle duża, że bez wykonywania obliczeń widać, że całe wyrażenie nie może przyjąć wartości

0

., Podsumowanie Żaden z dzielników wyrazu wolnego nie jest pierwiastkiem wielomianu, wielomian ten nie ma więc pierwiastków całkowitych.

Przeanalizujmy dzielniki wyrazu wolnego $4$ .

$1$ , $- 1$
$W (\pm 1) = "{"\begin{array}{c} 1 - 3 + 2 - 13 + 4 \neq 0 \\ - 1 + 3 + 2 + 13 + 4 \neq 0 \end{array}""$ , czyli nie są to pierwiastki.

$2$ , $- 2$
$W (\pm 2) = "{"\begin{array}{c} 128 - 3 \cdot 32 + 2 \cdot 16 - 13 \cdot 2 + 4 \neq 0 \\ - 128 + 3 \cdot 32 + 2 \cdot 16 + 13 \cdot 2 + 4 \neq 0 \end{array}""$ , czyli nie są to pierwiastki.

$4$ , $- 4$
$W (\pm 4) = "{"\begin{array}{c} 16384 - 3 \cdot 1024 + 2 \cdot 256 - 13 \cdot 4 + 4 \neq 0 \\ - 16384 + 3 \cdot 1024 + 2 \cdot 16 + 13 \cdot 4 + 4 \neq 0 \end{array}""$ , 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 $0$ . Liczba $4^{7}$ jest np. na tyle duża, że bez wykonywania obliczeń widać, że całe wyrażenie nie może przyjąć wartości $0$ .

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