Przeczytaj

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 $12$ .
Analizujemy więc wartość wielomianu dla $\pm 1$ , $\pm 2$ , $\pm 3$ , $\pm 4$ , $\pm 6$ , $\pm 12$ .
Po wykonaniu obliczeń (większość można przeliczyć w pamięci, wystarczy tylko oszacować wynik i sprawdzić, czy jest różny od zera) możemy zauważyć, że tylko $W (- 4) = 0$ .

, Dzielenie Po wykonaniu dzielenia

W (x)

przez

x + 4

dostajemy

W (x) = (x + 4) (2 x^{3} - x^{2} - 6 x + 3)

. Wiemy, że dla dzielników wyrazu wolnego (czyli

\pm 1

\pm 3

) wielomian

W (x)

przyjmuje wartości różne od zera, wielomian nie ma więc więcej pierwiastków całkowitych., Pierwiastki niecałkowite wymierne

Sprawdźmy, czy wielomian $2 x^{3} - x^{2} - 6 x + 3$ ma jakieś pierwiastki niecałkowite wymierne.
Zgodnie z twierdzeniem o pierwiastkach wymiernych pierwiastków takich należy szukać wśród liczb $\pm \frac{1}{2}$ , $\pm \frac{3}{2}$ .
Po wykonaniu obliczeń możemy zauważyć, że $W (\frac{1}{2}) = 0$ .

, Kolejne dzielenie Wykonując kolejne dzielenie możemy zatem zapisać, że

W (x) = (x - \frac{1}{2}) (x + 4) (2 x^{2} - 6)

., Funkcja kwadratowa

Pozostało przeanalizowanie wielomianu $2 x^{2} - 6$ .
Wyłączając $2$ przed nawias i korzystając ze wzoru skróconego mnożenia na różnicę kwadratów mamy
$W (x) = 2 (x - \frac{1}{2}) (x + 4) (x - \sqrt{3}) (x + \sqrt{3})$ ., Podsumowanie Wielomian $W (x)$ ma zatem cztery pierwiastki rzeczywiste: liczby $- 4$ , $\frac{1}{2}$ , $\sqrt{3}$ oraz $- \sqrt{3}$ .

Pierwiastki całkowite

Sprawdźmy najpierw, czy wielomian ma jakieś pierwiastki całkowite. Jeżeli istnieją, muszą być całkowitymi dzielnikami wyrazu wolnego $12$ .
Analizujemy więc wartość wielomianu dla $\pm 1$ , $\pm 2$ , $\pm 3$ , $\pm 4$ , $\pm 6$ , $\pm 12$ .
Po wykonaniu obliczeń (większość można przeliczyć w pamięci, wystarczy tylko oszacować wynik i sprawdzić, czy jest różny od zera) możemy zauważyć, że tylko $W (- 4) = 0$ .

Dzielenie
Po wykonaniu dzielenia $W (x)$ przez $x + 4$ dostajemy
$W (x) = (x + 4) (2 x^{3} - x^{2} - 6 x + 3)$ . Wiemy, że dla dzielników wyrazu wolnego (czyli $\pm 1$ , $\pm 3$ ) wielomian $W (x)$ przyjmuje wartości różne od zera, wielomian nie ma więc więcej pierwiastków całkowitych.

Pierwiastki niecałkowite wymierne

Sprawdźmy, czy wielomian $2 x^{3} - x^{2} - 6 x + 3$ ma jakieś pierwiastki niecałkowite wymierne.
Zgodnie z twierdzeniem o pierwiastkach wymiernych pierwiastków takich należy szukać wśród liczb $\pm \frac{1}{2}$ , $\pm \frac{3}{2}$ .
Po wykonaniu obliczeń możemy zauważyć, że $W (\frac{1}{2}) = 0$ .

Kolejne dzielenie
Wykonując kolejne dzielenie możemy zatem zapisać, że
$W (x) = (x - \frac{1}{2}) (x + 4) (2 x^{2} - 6)$ .

Wielomian drugiego stopnia

Pozostało przeanalizowanie wielomianu $2 x^{2} - 6$ .
Wyłączając $2$ przed nawias i korzystając ze wzoru skróconego mnożenia na różnicę kwadratów mamy
$W (x) = 2 (x - \frac{1}{2}) (x + 4) (x - \sqrt{3}) (x + \sqrt{3})$ .
Podsumowanie
Wielomian $W (x)$ ma zatem cztery pierwiastki rzeczywiste: liczby $- 4$ , $\frac{1}{2}$ , $\sqrt{3}$ oraz $- \sqrt{3}$ .

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

15

uzyskamy wielomian mający te same pierwiastki, ale o współczynnikach całkowitych:

V (x) = 5 x^{5} + 3 x^{4} + 20 x^{3} + 12 x^{2} + 15 x + 9

., Pierwiastki całkowite Sprawdźmy, czy wśród dzielników wyrazu wolnego, czyli liczb

\pm 1

\pm 3

\pm 9

, są pierwiastki wielomianu

V (x)

.
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

\pm \frac{1}{5}

\pm \frac{3}{5}

\pm \frac{9}{5}

(tu rachunki mogą być dość żmudne).
Po wykonaniu obliczeń znajdujemy pierwiastek wymierny

- \frac{3}{5}

., Postać iloczynowa Zgodnie z twierdzeniem Bézouta możemy zapisać

V (x) = (x + \frac{3}{5}) (5 x^{4} + 20 x^{2} + 15)

.
Zauważmy, że wielomian

5 x^{4} + 20 x^{2} + 15

nie ma pierwiastków rzeczywistych, bo jest sumą dwóch liczb nieujemnych (potęgi o wykładnikach parzystych) i liczby dodatniej

15

., Podsumowanie Wielomian

W (x)

ma tylko jeden pierwiastek rzeczywisty - jest nim liczba

- \frac{3}{5}

Współczynniki całkowite
Po przemnożeniu przez $15$ uzyskamy wielomian mający te same pierwiastki, ale o współczynnikach całkowitych:
$V (x) = 5 x^{5} + 3 x^{4} + 20 x^{3} + 12 x^{2} + 15 x + 9$ .

Pierwiastki całkowite
Zauważmy, że wszystkie współczynniki wielomianu są liczbami dodatnimi, więc pierwiastek musi być liczbą ujemną. Sprawdźmy, czy wśród ujemnych dzielników wyrazu wolnego, czyli liczb $- 1$ , $- 3$ , $- 9$ , są pierwiastki wielomianu $V (x)$ .
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 $- \frac{1}{5}$ , $- \frac{3}{5}$ , $- \frac{9}{5}$ (tu rachunki mogą być dość żmudne).
Po wykonaniu obliczeń znajdujemy pierwiastek wymierny $- \frac{3}{5}$ .

Postać iloczynowa
Zgodnie z twierdzeniem Bézouta możemy zapisać
$V (x) = (x + \frac{3}{5}) (5 x^{4} + 20 x^{2} + 15)$ .
Zauważmy, że wielomian $5 x^{4} + 20 x^{2} + 15$ nie ma pierwiastków rzeczywistych, bo jest sumą dwóch liczb nieujemnych (potęgi o wykładnikach parzystych) i liczby dodatniej $15$ .

Podsumowanie
Wielomian $W (x)$ ma tylko jeden pierwiastek rzeczywisty - jest nim liczba $- \frac{3}{5}$ .

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

Wprowadzenie

Animacja

Słownik