І т.д. носить загальноосвітній характер і має велике значення для вивчення курсу вищої математики. Сьогодні ми повторимо «шкільні» рівняння, але не просто «шкільні» – а ті з них, які повсюдно зустрічаються у різних завданнях вышмата. Як завжди, розповідь піде у прикладному ключі, тобто. я не загострюватиму увагу на визначеннях, класифікаціях, а поділюся з вами саме особистим досвідом рішення. Інформація призначена насамперед для початківців, але й більш підготовлені читачі теж знайдуть для себе чимало цікавих моментів. І, звичайно ж, буде новий матеріал, що виходить за межі середньої школи.

Отже, рівняння…. Багато хто зі здриганням згадує це слово. Чого тільки стоять «наворочені» рівняння з корінням... …забудьте про нього! Тому що далі вам зустрічатимуться найнешкідливіші «представники» цього виду. Або занудні тригонометричні рівняння з десятками методів розв'язання. Якщо чесно, я і сам їх не дуже любив. Без паніки! - Далі на вас чекають переважно «кульбаби» з очевидним рішенням в 1-2 кроки. Хоча і «реп'ях», безумовно, чіпляється – тут треба бути об'єктивним.

Як не дивно, у вищій математиці набагато частіше доводиться мати справу з зовсім примітивними рівняннями на кшталт лінійногорівняння.

Що означає розв'язати це рівняння? Це означає знайти ТАКЕ значення «ікс» (корінь), яке звертає його в правильну рівність. Перекинемо "трійку" направо зі зміною знака:

і скинемо «двійку» у праву частину (або, те саме – помножимо обидві частини на) :

Для перевірки підставимо завойований трофей у вихідне рівняння:

Отримано правильну рівність, отже, знайдене значення справді є коренем даного рівняння. Або, як ще кажуть, задовольняє це рівняння.

Зверніть увагу, що корінь можна записати і у вигляді десяткового дробу:
І постарайтеся не дотримуватись цього поганого стилю! Причину я повторював неодноразово, зокрема, на першому ж уроці вищій алгебрі.

До речі, рівняння можна вирішити і «арабською»:

І що найцікавіше – цей запис повністю легальний! Але якщо Ви не викладач, то так краще не робити, бо оригінальність тут карається =)

А тепер трохи про

графічний метод вирішення

Рівняння має вигляд та його корінь – є «іксова» координата точки перетину графіка лінійної функціїз графіком лінійної функції (віссю абсцис):

Здавалося б, приклад настільки елементарний, що розбирати тут більше нічого, проте з нього можна «вичавити» ще один несподіваний нюанс: представимо те саме рівняння у вигляді і побудуємо графіки функцій :

При цьому, будь ласка, не плутайте два поняття: рівняння - це рівняння, а функція– це функція! Функції лише допомагаютьзнайти коріння рівняння. Яких може бути два, три, чотири і навіть дуже багато. Найближчим прикладом у цьому сенсі є всім відомо квадратне рівняння, алгоритм вирішення якого удостоївся окремого пункту «гарячих» шкільних формул. І це невипадково! Якщо ви вмієте вирішувати квадратне рівняння та знаєте теорему Піфагора, то, можна сказати, «підлога вищої математики вже в кишені» =) Перебільшено, звичайно, але й не так далеко від істини!

А тому не полінимо і вирішуємо якесь квадратне рівняння по стандартного алгоритму:

, отже, рівняння має два різні дійснихкореня:

Легко переконатися, що обидва знайдені значення справді задовольняють даному рівнянню:

Що робити, якщо ви раптом забули алгоритм рішення, і під рукою немає коштів/рук допомоги? Така ситуація може виникнути, наприклад, на заліку чи іспиті. Використовуємо графічний метод! І тут є два шляхи: можна поточково побудуватипараболу , з'ясувавши тим, де вона перетинає вісь (якщо перетинає взагалі). Але краще вчинити хитріше: уявімо рівняння у вигляді, накреслимо графіки більш простих функцій - і «іксові» координатиїх точок перетину, як на долоні!


Якщо виявиться, що пряма стосується параболи, то рівняння має два збіглися (кратні) корені. Якщо виявиться, що пряма не перетинає параболу, значить, дійсних коренів немає.

Для цього, звичайно, треба вміти будувати графіки елементарних функцій, але з іншого боку ці вміння під силу навіть школяру.

І знову – рівняння – це рівняння, а функції – це функції, які лише допомогливирішити рівняння!

І тут, до речі, доречно згадатиме ще одну річ: якщо всі коефіцієнти рівняння помножити на ненульове число, його коріння не зміняться.

Так, наприклад, рівняння має те ж саме коріння. Як найпростіший «доказ» винесу константу за дужки:
і безболісно її приберу (Поділю обидві частини на «мінус два»):

АЛЕ!Якщо ми розглядаємо функцію, то тут вже позбавлятися константи не можна! Допустимо хіба що винесення множника за дужки: .

Багато хто недооцінює графічний метод рішення, вважаючи його чимось «несолідним», а деякі взагалі забувають про таку можливість. І це дуже помилково, оскільки побудова графіків іноді просто рятує ситуацію!

Ще один приклад: припустимо, ви не пам'ятаєте коріння найпростішого тригонометричного рівняння: . Загальна формула є у шкільних підручниках, у всіх довідниках з елементарної математики, але вони вам недоступні. Однак вирішити рівняння критично важливо (інакше «двійка»). Вихід є! - Будуємо графіки функцій:


потім спокійно записуємо «іксові» координати їх точок перетину:

Коренів нескінченно багато і в алгебрі прийнято їх згорнутий запис:
, де ( – безліч цілих чисел) .

І, не «відходячи від каси», кілька слів про графічний спосіб вирішення нерівностей з однією змінною. Принцип такий самий. Приміром, рішенням нерівності є будь-яке «ікс», т.к. синусоїда майже повністю лежить під прямою. Рішенням нерівності є безліч проміжків, на яких шматки синусоїди лежать строго вище прямої (осі абсцис):

або, якщо коротше:

А ось безліч розв'язків нерівності – порожньооскільки жодна точка синусоїди не лежить вище прямої.

Щось не зрозуміло? Терміново вивчати уроки про множинахі графіки функцій!

Розминаємось:

Завдання 1

Розв'язати графічно такі тригонометричні рівняння:

Відповіді наприкінці уроку

Як бачите, для вивчення точних наук зовсім не обов'язково зубрити формули та довідники! Більше того, це принципово порочний підхід.

Як я вже обнадіяв вас на початку уроку, складні тригонометричні рівняння в стандартному курсі вищої математики доводиться вирішувати вкрай рідко. Вся складність, як правило, закінчується рівняннями на кшталт , рішенням якого є дві групи коренів, що походять від найпростіших рівнянь і . З рішенням останнього сильно не парьтеся - подивіться в книжці або знайдіть в Інтернеті =)

Графічний спосіб рішення може допомогти і в менш очевидних випадках. Розглянемо, наприклад, таке «різношерсте» рівняння:

Перспективи його вирішення виглядають ... взагалі ніяк не виглядають, проте варто тільки уявити рівняння у вигляді , побудувати графіки функційі все виявиться неймовірно просто. Креслення є в середині статті про нескінченно малих функціях (відкриється на сусідній вкладці).

Тим же графічним методом можна з'ясувати, що рівняння має вже два корені, причому один з них дорівнює нулю, а інший, зважаючи на все, ірраціональнийі належить відрізку. Цей корінь можна обчислити приблизно, наприклад, методом дотичних. До речі, в деяких завданнях, буває, потрібно не знайти коріння, а з'ясувати, чи є вони взагалі. І тут теж може допомогти креслення – якщо графіки не перетинаються, то коріння немає.

Раціональне коріння багаточленів із цілими коефіцієнтами.
Схема Горнера

А тепер я пропоную вам обернути свій погляд у середні віки та відчути неповторну атмосферу класичної алгебри. Для кращого розуміння матеріалу рекомендую хоч трохи ознайомитися з комплексними числами.

Вони самі. Багаточлени.

Об'єктом нашого інтересу будуть найбільш поширені багаточлени виду з цілимикоефіцієнтами. Натуральне число називають ступенем багаточлена, число - коефіцієнтом при старшому ступені (або просто старшим коефіцієнтом), А коефіцієнт - вільним членом.

Цей многочлен я буду згорнуто позначати через .

Корінням багаточленаназивають коріння рівняння

Люблю залізну логіку =)

За прикладами сходимо на початок статті:

Зі знаходженням коренів багаточленів 1-го та 2-го ступенів немає жодних проблем, але в міру збільшення це завдання стає все важчим і важчим. Хоча з іншого боку – все цікавіше! І саме цьому буде присвячена друга частина уроку.

Спочатку буквально стать екрану теорії:

1) Відповідно до слідства основний теореми алгебрибагаточлен ступеня має рівно комплекснихкоріння. Деякі коріння (або навіть усі) можуть бути зокрема дійсними. При цьому серед дійсних коренів можуть зустрітися однакові (кратні) корені (мінімум два, максимум штук).

Якщо деяке комплексне число є коренем багаточлена, то й пов'язанейому число - теж обов'язково корінь цього багаточлена (сполучене комплексне коріння мають вигляд).

Найпростіший приклад – квадратне рівняння, яке вперше зустрілося в 8 (наче)класі, і яке ми остаточно «добили» у темі комплексних чисел. Нагадую: квадратне рівняння має або два різних дійсних кореня, або кратне коріння, або сполучене комплексне коріння.

2) З теореми Безуслід, якщо число є коренем рівняння , то відповідний многочлен можна розкласти на множники:
, де - багаточлен ступеня.

І знову ж таки, наш старий приклад: оскільки – корінь рівняння , то . Після чого неважко отримати добре знайоме «шкільне» розкладання.

Наслідок теореми Безу має велику практичну цінність: якщо ми знаємо корінь рівняння 3-го ступеня, то можемо уявити його у вигляді і з квадратного рівняння легко дізнатися решту коріння. Якщо нам відомий корінь рівняння 4-го ступеня, то є можливість розкласти ліву частину до твір і т.д.

І питання тут два:

Питання перше. Як знайти цей самий корінь? Насамперед, давайте визначимося з його природою: у багатьох завданнях вищої математики потрібно знайти раціональні, зокрема цілікоріння багаточленів, і в цьому зв'язку далі нас цікавитимуть переважно вони…. …вони такі гарні, такі пухнасті, що їх так і хочеться знайти! =)

Перше, що напрошується – метод підбору. Розглянемо, наприклад, рівняння . Загвоздка тут у вільному члені – ось якби він дорівнював нулю, то все було б в ажурі – виносимо «ікс» за дужки і коріння самі «вивалюються» на поверхню:

Але у нас вільний член дорівнює "трійці", і тому ми починаємо підставляти в рівняння різні числа, що претендують на звання "корінь". Насамперед, напрошується підстановка одиничних значень. Підставимо:

Отримано неправильнерівність, в такий спосіб, одиниця «не підійшла». Ну та гаразд, підставляємо:

Отримано вірнерівність! Тобто значення є коренем цього рівняння.

Для пошуку коренів многочлена 3-го ступеня існують аналітичний метод (Так звані формули Кардано)Але зараз нас цікавить дещо інше завдання.

Оскільки є корінь нашого багаточлена, то багаточлен можна уявити у вигляді і виникає Друге питання: Як знайти «молодшого побратима»?

Найпростіші міркування алгебри підказують, що для цього потрібно розділити на . Як поділити багаточлен на багаточлен? Тим самим шкільним способом, яким ділять звичайні числа – «стовпчиком»! Цей спосіб я докладно розібрав у перших прикладах уроку Складні межі, і зараз ми розглянемо інший спосіб, який отримав назву схема Горнера.

Спочатку запишемо «старший» багаточлен з усіма , у тому числі нульовими коефіцієнтами:
, Після чого занесемо ці коефіцієнти (строго по порядку) у верхній рядок таблиці:

Зліва записуємо корінь:

Відразу зазначу, що схема Горнера працює і в тому випадку, якщо «червоне» число неє коренем багаточлена. Однак не поспішатимемо події.

Зносимо зверху старший коефіцієнт:

Процес заповнення нижніх осередків чимось нагадує вишивання, де мінус одиниця – це своєрідна голка, яка пронизує наступні кроки. «Знесене» число множимо на (–1) і додаємо до твору число з верхнього осередку:

Знайдене значення множимо на «червону голку» і до твору додаємо наступний коефіцієнт рівняння:

І, нарешті, отримане значення знову «обробляємо» «голкою» та верхнім коефіцієнтом:

Нуль в останньому осередку говорить нам про те, що багаточлен розділився на без залишку (як і має бути), при цьому коефіцієнти розкладання «знімаються» прямо з нижнього рядка таблиці:

Таким чином, від рівняння ми перейшли до рівносильного рівняння і з двома корінням, що залишилося, все ясно (в даному випадку виходить сполучене комплексне коріння).

Рівняння, до речі, можна вирішити і графічно: збудувати «блискавку» і побачити, що графік перетинає вісь абсцис () у точці. Або той же «хитрий» прийом – переписуємо рівняння у вигляді , креслимо елементарні графіки та детектуємо «іксову» координату їхньої точки перетину.

До речі, графік будь-якої функції-багаточлена 3-го ступеня перетинає вісь хоча б один раз, а отже, відповідне рівняння має щонайменшеодин дійснийкорінь. Даний факт справедливий для будь-якої функції-многочлена непарного ступеня.

І тут ще хочеться зупинитися на важливому моменті, Що стосується термінології: багаточлені функція-багаточлен – це не одне й те саме! Але на практиці часто говорять, наприклад, про «графіку багаточлена», що, звичайно, недбалість.

Однак повернемося до схеми Горнера. Як я нещодавно згадав, ця схема працює і для інших чисел, але якщо число неє коренем рівняння, то в нашій формулі з'являється ненульова добавка (залишок):

«Проженемо» за схемою Горнера «невдале» значення. При цьому зручно використовувати ту саму таблицю – записуємо зліва нову «голку», зносимо зверху старший коефіцієнт (ліва зелена стрілка), І понеслося:

Для перевірки розкриємо дужки і наведемо такі складові:
, ОК.

Легко помітити, що залишок («шістка») – це точно значення многочлена при . І справді – що так:
, А ще приємніше - ось так:

З наведених викладок неважко зрозуміти, що схема Горнера дозволяє не тільки розкласти багаточлени на множники, але й здійснити «цивілізований» підбір кореня. Пропоную вам самостійно закріпити алгоритм обчислень невеликим завданням:

Завдання 2

Використовуючи схему Горнера, знайти цілий корінь рівняння та розкласти відповідний багаточлен на множники

Іншими словами, тут потрібно послідовно перевіряти числа 1, -1, 2, -2, ... - До тих пір, поки в останньому стовпці не «намалюється» нульовий залишок. Це означатиме, що «голка» даного рядка – корінь багаточлена

Обчислення зручно оформити у єдиній таблиці. Докладне рішення та відповідь наприкінці уроку.

Спосіб підбору коренів хороший для відносно простих випадків, але якщо коефіцієнти та/або ступінь багаточлена великі, процес може затягнутися. А може бути якісь значення з того ж списку 1, -1, 2, -2 і розглядати сенсу немає? І, крім того, коріння може виявитися і дробовим, що призведе до зовсім не наукового тику.

На щастя, існують дві потужні теореми, які дозволяють значно скоротити перебір значень-«кандидатів» у раціональне коріння:

Теорема 1Розглянемо нескоротнудріб, де. Якщо число є коренем рівняння , то вільний член поділяється на , а старший коефіцієнт - на .

Зокрема, якщо старший коефіцієнт , цей раціональний корінь – цілий:

І ми починаємо експлуатувати теорему якраз із цієї смачної зокрема:

Повернімося до рівняння. Так як його старший коефіцієнт , то гіпотетичні раціональні коріння можуть бути виключно цілими, причому вільний член повинен обов'язково ділитися на це коріння без залишку. А "трійку" можна розділити тільки на 1, -1, 3 і -3. Тобто у нас лише 4 «кандидати в корені». І, згідно Теоремі 1, Інші раціональні числа не можуть бути корінням даного рівняння в принципі.

У рівнянні «претендентів» трохи більше: вільний член ділиться на 1, –1, 2, – 2, 4 та –4.

Зауважте, що числа 1, –1 є «завсідниками» списку можливих коренів. (Очевидне слідство теореми)та найкращим вибором для першочергової перевірки.

Переходимо до більш змістовних прикладів:

Завдання 3

Рішення: оскільки старший коефіцієнт , то гіпотетичне раціональне коріння може бути тільки цілим, при цьому вони обов'язково повинні бути дільниками вільного члена. "Мінус сорок" ділиться на наступні пари чисел:
- Разом 16 «кандидатів».

І тут відразу з'являється приваблива думка: а чи не можна відсіяти все негативне чи все позитивне коріння? У ряді випадків можна! Сформулюю дві ознаки:

1) Якщо всекоефіцієнти многочлена неотрицательны чи всі непозитивні, він може мати позитивного коріння. На жаль, це не наш випадок (От якби нам було дано рівняння - тоді так, при підстановці будь-якого значення багаточлена строго позитивно, а значить, всі позитивні числа (Причому, і ірраціональні теж)не можуть бути корінням рівняння.

2) Якщо коефіцієнти при непарних ступенях невід'ємні, а за всіх парних ступенях (включаючи вільний член)– негативні, то многочлен не може мати негативного коріння. Або «дзеркально»: коефіцієнти при непарних ступенях непозитивні, і за всіх парних – позитивні.

Це наш випадок! Трохи придивившись, можна помітити, що при підстановці рівняння будь-якого негативного «ікс» ліва частина буде суворо негативна, а значить, негативне коріння відпадає

Таким чином, для дослідження залишилося 8 чисел:

Послідовно заряджаємо їх за схемою Горнера. Сподіваюся, ви вже освоїли усні обчислення:

Успіх чекав нас при тестуванні «двійки». Таким чином - є корінь рівняння, що розглядається, і

Залишилось досліджувати рівняння . Це легко зробити через дискримінант, але я проведу показову перевірку за тією самою схемою. По-перше, звернемо увагу, що вільний член дорівнює 20-ти, а отже, Теоремі 1зі списку можливих коренів випадають числа 8 і 40 і для дослідження залишаються значення (одиниця відсіялася за схемою Горнера).

Записуємо коефіцієнти тричлена у верхній рядок нової таблиці та починаємо перевірку з тієї ж «двійки». Чому? А тому що коріння може бути кратним, будь ласка: – це рівняння має 10 однакових коренів. Але не відволікаємось:

І тут, звичайно, я трохи злукавив, свідомо знаючи, що коріння раціональне. Адже якби вони були ірраціональними або комплексними, то мені світила б безуспішна перевірка всіх чисел, що залишилися. Тому на практиці керуйтесь дискримінантом.

Відповідь: раціональне коріння: 2, 4, 5

У розібраній задачі нам супроводжував успіх, тому що: а) відразу відвалилися негативні значення, і б) ми дуже швидко знайшли корінь (а теоретично могли перевірити весь список).

Але насправді ситуація буває набагато гіршою. Запрошую вас до перегляду захоплюючої гри під назвою «Останній герой»:

Завдання 4

Знайти раціональне коріння рівняння

Рішення: по Теоремі 1чисельники гіпотетичних раціональних коренів повинні задовольняти умови (читаємо «дванадцять ділиться на ель»), А знаменники - умові. Виходячи з цього, отримуємо два списки:

"список ель":
та «список ем»: (Благо, тут числа натуральні).

Тепер складемо перелік усіх можливих коренів. Спочатку "список ель" ділимо на . Цілком зрозуміло, що вийдуть ті самі числа. Для зручності занесемо їх у таблицю:

Багато дробів скоротилися, внаслідок чого вийди значення, які вже є в «списку героїв». Додаємо тільки «новачків»:

Аналогічно - ділимо той же «список ель» на:

і, нарешті, на

Таким чином, команда учасників нашої гри укомплектована:


На жаль, багаточлен даної задачі не задовольняє «позитивну» або «негативну» ознаку, і тому ми не можемо відкинути верхній чи нижній рядок. Прийде працювати з усіма числами.

Як ваш настрій? Та гаразд, вище ніс – є ще одна теорема, яку можна образно назвати «теоремою-вбивцею». …«кандидатів», звичайно ж =)

Але спочатку потрібно прокрутити схему Горнера хоча б для одного цілогочисла. Традиційно візьмемо одиницю. У верхній рядок запишемо коефіцієнти многочлена і все як завжди:

Оскільки четвірка - це явно не нуль, то значення не є коренем багаточлена, що розглядається. Але вона нам дуже поможе.

Теорема 2Якщо за деякого ціломузначення значення многочлена відмінно від нуля: , то його раціональне коріння (якщо вони є)задовольняють умові

У нашому випадку і тому все можливе коріння має задовольняти умові (назвемо його Умовою № 1). Ця четвірка і буде "кілером" багатьох "кандидатів". Як демонстрацію я розгляну кілька перевірок:

Перевіримо «кандидата». Для цього штучно представимо його у вигляді дробу, звідки добре видно, що . Обчислимо перевірочну різницю: . Чотири ділиться на «мінус два»: а отже, можливий корінь пройшов випробування.

Перевіримо значення. Тут і перевірна різниця становить: . Зрозуміло, і тому другий «випробуваний» теж залишається в списку.

Якщо багаточлен

Доказ

Нехай усі коефіцієнти многочлена є цілими числами, і нехай ціле число a є коренем цього багаточлена. Так як в цьому випадку звідси випливає, що коефіцієнт ділиться на a.

Зауваження. Ця теорема фактично дозволяє знаходити коріння багаточленів вищих ступенів у тому випадку, коли коефіцієнти цих багаточленів – цілі числа, а корінь – раціональне число. Теорему можна переформулювати так: якщо нам відомо, що коефіцієнти багаточлена - цілі числа, а коріння його - раціональні, то ці раціональні корені можуть бути тільки виду де p є дільником числа (вільного члена), а число q є дільником числа (старшого коефіцієнта) .

Теорема про ціле коріння,що містить у собі

Якщо ціле число α – корінь багаточлена з цілими коефіцієнтами, то α – дільник його вільного члена.

Доказ. Нехай:

P(x)=a 0 xⁿ +a 1 xⁿ -1 +…+a n-1 x +a n

багаточлен з цілими коефіцієнтами і ціле число α - його корінь.

Тоді визначення кореня виконується рівність P (α)=0;

a 0 αⁿ+a 1 αⁿ -1 +…+a n-1 α +a n =0.

Виносячи загальний множник α за дужки, отримаємо рівність:

α(a 0 αⁿ -1 +a 1 αⁿ -2 +…+a n-1)+a n =0 , звідки

a n = -α(a 0 αⁿ -1 +a 1 αⁿ -2 +…+a n-1)

Оскільки числа a 0 , a 1 ,…a n-1 , an і α -цілі, то дужці стоїть ціле число, отже, a n ділиться, на α, як і вимагалося довести.

Доведена теорема може бути сформульована й у такий спосіб: всякий цілий корінь многочлена з цілими коефіцієнтами є дільником його вільного члена.
На теоремі заснований алгоритм пошуку цілого коріння багаточлена з цілими коефіцієнтами: виписати всі дільники вільного члена і по черзі виписати значення багаточленів цих чисел.

2.Додаткова теорема про ціле коріння

Якщо ціле число α-корінь багаточлена P(x) з цілими коефіцієнтами, то α-1-ділитель числа P(1), α+1-ділитель числа P(-1)

Доказ.З тотожності

xⁿ-yⁿ=(x-y)(xⁿ -1 +xⁿ -2 y+…+ xyⁿ -2 +yⁿ -1)

випливає, що з цілих чисел b і c число bⁿ-cⁿ ділиться на b∙c. Але для будь-якого багаточлена P різниця

P (b)-P(c)= (a 0 b+a 1 bⁿ -1 +…+a n-1 b+a n)-(a 0 cⁿ+a 1 cⁿ -1 +…+a n-1 c +a n)=

=a 0 (bⁿ- cⁿ)+a 1 (bⁿ -1 -cⁿ -1)+…+a n-1 (b-c)

і, отже, для многочлена P з цілими коефіцієнтами і цілих чисел b і c різниця P(b)-P(c) поділяється на b-c.

Потім: при b = α, з = 1, P (α)-P (1) = -P (1), а значить, P (1) ділиться на α-1. Аналогічно розглядається другий випадок.

Схема Горнера

Теорема:Нехай нескоротний дріб p/q є коренем рівняння a 0 x n +a 1 x n − 1 + +a n − 1 x+a n =0 з цілими коефіцієнтами, тоді число q є дільником старшого коефіцієнта a0, а число р є дільником вільного члена an.

Зауваження 1. Будь-який корінь рівняння з цілими коефіцієнтами є дільником його вільного члена.

Зауваження 2.Якщо старший коефіцієнт рівняння з цілими коефіцієнтами дорівнює 1, всі раціональні коріння, якщо вони існують - цілі.

Корінь багаточлена.Коренем багаточлена f(x)= a 0 x n +a 1 x n − 1 + +a n − 1 x+a n є x = c , таке, що f (c)=0 .

Примітка 3.Якщо x = c корінь багаточлена , то багаточлен можна записати у вигляді: f(x)=(x−c)q(x) , де це приватне від поділу багаточлена f(x) на одночлен x - c

Розподіл багаточлена на одночлен можна виконати за схемою Горнера:

Якщо f(x)=a 0 x n +a 1 x n − 1 + +a n − 1 x+a n , a 0 ≠0 , g(x)=x−c , то при розподілі f (x) на g (x) приватне q(x) має вигляд q(x)=b 0 x n − 1 +b 1 x n − 2 + +b n−2 x+b n−1 , де b 0 =a 0 ,

b k = c b k − 1 +a k , k=1, 2, ,n−1.Залишок r знаходиться за формулою r=c b n − 1 +a n

Рішення:Коефіцієнт при старшому ступені дорівнює 1, тому цілі корені рівняння треба шукати серед дільників вільного члена: 1; 2; 3; 4; 6; 12. використовуючи схему Горнера, знайдемо цілі корені рівняння:

Якщо один корінь підібраний за схемою Горнера. то можна далі вирішувати так x 3 −x 2 −8x+12=(x−2)(x 2 +x−6)=0 (x−2) 2 (x−3)=0 x=2;x=3

Ірраціональне число- це дійсне число, яке не є раціональним , тобто не може бути представлене у вигляді дробу , де цілі числа , . Ірраціональне число може бути представлене у вигляді нескінченного неперіодичного десяткового дробу.

Безліч ірраціональних чисел зазвичай позначається великою латинською літерою в напівжирному накресленні без заливання. Отже: , тобто. безліч ірраціональних чисел є різниця множин речових та раціональних чисел.

Про існування ірраціональних чисел, точніше відрізків, несумірних з відрізком одиничної довжини, знали вже давні математики: їм була відома, наприклад, несумірність діагоналі та сторони квадрата, що рівносильне ірраціональності числа.

Властивості

• Будь-яке речове число може бути записане у вигляді нескінченного десяткового дробу, при цьому ірраціональні числа і тільки вони записуються неперіодичними нескінченними десятковими дробами.
• Ірраціональні числа визначають Дедекіндові перерізи у безлічі раціональних чисел, які у нижньому класі немає найбільшого, а верхньому немає найменшого числа.
• Кожне речовинне трансцендентне число є ірраціональним.
• Кожне ірраціональне число є або алгебраїчним або трансцендентним.
• Безліч ірраціональних чисел всюди щільно на числовій прямій: між будь-якими двома числами є ірраціональне число.
• Порядок на безлічі ірраціональних чисел ізоморфний порядку на безлічі речових трансцендентних чисел.
• Безліч ірраціональних чисел незліченна, є безліччю другої категорії.

Приклади

Ірраціональні числа - ζ(3) - √2 - √3 - √5 - - - - -

Іраціональними є:

Приклади доказу ірраціональності

Корінь з 2

Допустимо неприємне: раціональний, тобто представляється у вигляді нескоротного дробу, де - ціле число, а - натуральне число. Зведемо передбачувану рівність у квадрат:

.

Звідси випливає, що парно, отже, парно і . Нехай де ціле. Тоді

Отже, парно, отже, парно і . Ми отримали, як і парні, що суперечить нескоротності дробу . Отже, вихідне припущення було неправильним, і – ірраціональне число.

Двійковий логарифм числа 3

Допустимо неприємне: раціональний, тобто представляється у вигляді дробу, де і - цілі числа. Оскільки і можуть бути обрані позитивними. Тоді

Але парно, а непарно. Отримуємо протиріччя.

e

Історія

Концепція ірраціональних чисел була неявно сприйнята індійськими математиками в VII столітті до нашої ери, коли Манава (бл. 750 р. до н. е. - бл. 690 р. до н. е.) з'ясував, що квадратне коріння деяких натуральних чисел, таких як 2 та 61, не можуть бути явно виражені.

Перший доказ існування ірраціональних чисел зазвичай приписується Гіппасу з Метапонта (бл. 500 рр. до н. е.), піфагорійцеві, який знайшов цей доказ, вивчаючи довжини сторін пентаграми. За часів піфагорійців вважалося, що існує єдина одиниця довжини, досить мала і неподільна, яка ціле число разів входить у будь-який відрізок. Проте Гіппас доводив, що немає єдиної одиниці довжини, оскільки припущення про її існування призводить до суперечності. Він показав, що й гіпотенуза рівнобедреного прямокутного трикутника містить цілу кількість одиничних відрізків, це число має бути одночасно і парним, і непарним. Доказ виглядав так:

• Відношення довжини гіпотенузи до довжини катета рівнобедреного прямокутного трикутника може бути виражене як a:b, де aі bобрані найменшими із можливих.
• За теоремою Піфагора: a² = 2 b².
• Оскільки a² парне, aмає бути парним (оскільки квадрат непарного числа був би непарним).
• Оскільки a:bнескоротна, bмає бути непарним.
• Оскільки aпарне, позначимо a = 2y.
• Тоді a² = 4 y² = 2 b².
• b² = 2 y², отже b² парне, тоді і bпарно.
• Однак було доведено, що bнепарне. Протиріччя.

Грецькі математики назвали це ставлення незрівнянних величин алогос(Невимовним), проте згідно з легендами не віддали Гіппасу належної поваги. Існує легенда, що Гіппас здійснив відкриття, перебуваючи в морському поході, і був викинутий за борт іншими піфагорійцями «за створення елемента всесвіту, який заперечує доктрину, що всі сутності у всесвіті можуть бути зведені до цілих чисел та їхніх стосунків». Відкриття Гіппаса поставило перед піфагорійської математикою серйозну проблему, зруйнувавши припущення, що лежало в основі всієї теорії, що числа і геометричні об'єкти єдині і нероздільні.

При розв'язанні рівнянь і нерівностей нерідко виникає необхідність розкласти на множники многочлен, ступінь якого дорівнює трьом або вищим. У цій статті ми розглянемо, як це зробити найпростіше.

Як завжди, звернемося за допомогою до теорії.

Теорема Безустверджує, що залишок від розподілу многочлена на двочлен дорівнює .

Але для нас важлива не сама теорема, а слідство з неї:

Якщо число є коренем многочлена, то многочлен ділиться без залишку двочлен.

Перед нами стоїть завдання якимось способом знайти хоча б один корінь багаточлена, потім розділити багаточлен на , де - корінь багаточлена. В результаті ми отримуємо багаточлен, ступінь якого на одиницю менший, ніж рівень вихідного. А потім за потреби можна повторити процес.

Це завдання розпадається на дві: як знайти корінь багаточлена, і як розділити багаточлен на двочлен.

Зупинимося докладніше цих моментах.

1. Як знайти корінь багаточлена.

Спочатку перевіряємо, чи є числа 1 і -1 корінням багаточлена.

Тут нам допоможуть такі факти:

Якщо сума всіх коефіцієнтів многочлена дорівнює нулю, число є коренем многочлена.

Наприклад, у многочлен сума коефіцієнтів дорівнює нулю: . Легко перевірити, що коріння багаточлена.

Якщо сума коефіцієнтів многочлена при парних ступенях дорівнює сумі коефіцієнтів при непарних ступенях, число є коренем многочлена.Вільний член вважається коефіцієнтом при парному ступені, оскільки , а - парне число.

Наприклад, в многочлен сума коефіцієнтів при парних ступенях : , і сума коефіцієнтів при непарних ступенях : . Легко перевірити, що коріння багаточлена.

Якщо ні 1, ні -1 є корінням многочлена, то рухаємося далі.

Для наведеного багаточлена ступеня (тобто багаточлена, в якому старший коефіцієнт - коефіцієнт при - дорівнює одиниці) справедлива формула Вієта:

Де - коріння багаточлена.

Є ще формул Вієта, що стосуються інших коефіцієнтів многочлена, але нас цікавить саме ця.

З цієї формули Вієта випливає, що якщо коріння многочлена цілочисленні, вони є дільниками його вільного члена, який також є цілим числом.

Виходячи з цього, нам треба розкласти вільний член багаточлена на множники, і послідовно, від меншого до більшого, перевіряти, який із множників є коренем багаточлена.

Розглянемо, наприклад, багаточлен

Дільники вільного члена: ; ; ;

Сума всіх коефіцієнтів багаточлена дорівнює, отже, число 1 не є коренем багаточлена.

Сума коефіцієнтів при парних ступенях:

Сума коефіцієнтів при непарних ступенях:

Отже, число -1 також є коренем многочлена.

Перевіримо, чи є число 2 коренем багаточлена: отже, число 2 є коренем багаточлена. Отже, за теоремою Безу, багаточлен ділиться без залишку на двочлен.

2. Як поділити багаточлен на двочлен.

Багаточлен можна розділити на двочлен стовпчиком.

Розділимо багаточлен на двочлен стовпчиком:

Є й інший спосіб розподілу многочлена на двочлен – схема Горнера.

Подивіться це відео, щоб зрозуміти, як ділити багаточлен на двочлен стовпчиком і за допомогою схеми Горнера.

Зауважу, що й при розподілі стовпчиком якийсь ступінь невідомого у вихідному многочлене відсутня, її місці пишемо 0 - як і, як із складанні таблиці для схеми Горнера.

Отже, якщо нам потрібно розділити багаточлен на двочлен і в результаті розподілу ми отримуємо багаточлен, то коефіцієнти багаточлена ми можемо знайти за схемою Горнера:

Ми також можемо використовувати схему Горнерадля того, щоб перевірити, чи є дане число коренем багаточлена: якщо число є коренем багаточлена , то залишок від поділу багаточлена дорівнює нулю, тобто в останньому стовпці другого рядка схеми Горнера ми отримуємо 0.

Використовуючи схему Горнера, ми "вбиваємо двох зайців": одночасно перевіряємо, чи є число коренем багаточлена і ділимо цей багаточлен на двочлен.

приклад.Розв'язати рівняння:

1. Випишемо дільники вільного члена, і шукатимемо коріння багаточлена серед дільників вільного члена.

Дільники числа 24:

2. Перевіримо, чи є число 1 коренем багаточлена.

Сума коефіцієнтів многочлена, отже, число 1 є коренем многочлена.

3. Розділимо вихідний багаточлен на двочлен за допомогою схеми Горнера.

А) Випишемо у перший рядок таблиці коефіцієнти вихідного многочлена.

Оскільки член, що містить відсутня, у тому стовпці таблиці, у якому має стояти коефіцієнт при пишем 0. Зліва пишемо знайдений корінь: число 1.

Б) Заповнюємо перший рядок таблиці.

В останньому стовпці, як і очікувалося, ми отримали нуль, ми розділили вихідний багаточлен на двочлен без залишку. Коефіцієнти многочлена, що у результаті поділу зображені синім кольором у другому рядку таблиці:

Легко перевірити, що числа 1 і -1 не є корінням багаточлена

В) Продовжимо таблицю. Перевіримо, чи є число 2 коренем багаточлена:

Так ступінь багаточлена, який виходить в результаті розподілу на одиницю меншою за ступінь вихідного багаточлена, отже і кількість коефіцієнтів і кількість стовпців на одиницю менша.

В останньому стовпці ми отримали -40 - число, що не дорівнює нулю, отже, багаточлен ділиться на двочлен із залишком, і число 2 не є коренем багаточлена.

В) Перевіримо, чи є число -2 коренем багаточлена. Так як попередня спроба виявилася невдалою, щоб не було плутанини з коефіцієнтами, я зітру рядок, що відповідає цій спробі:

Чудово! У залишку ми отримали нуль, отже, багаточлен розділився на двочлен без залишку, отже, число -2 є коренем багаточлена. Коефіцієнти багаточлена, який виходить в результаті розподілу багаточлена на двочлен таблиці зображені зеленим кольором.

В результаті поділу ми отримали квадратний тричлен , коріння якого легко знаходиться за теоремою Вієта:

Отже, коріння вихідного рівняння:

{}

Відповідь: ( }

Як ми вже зазначали, однією з найважливіших завдань теорії багаточленів є завдання відшукання їх коренів. Для вирішення цього завдання можна використовувати метод підбору, тобто. брати навмання число і перевіряти, чи воно корінням даного многочлена.

При цьому можна досить швидко натрапити на корінь, а можна і ніколи його не знайти. Адже перевірити всі числа неможливо, тому що їх дуже багато.

Інша справа, якби нам вдалося звузити область пошуку, наприклад знати, що коріння, що шукається, знаходиться, скажімо, серед тридцяти вказаних чисел. А для тридцяти чисел можна і зробити перевірку. У зв'язку з усім сказаним вище важливим та цікавим видається таке твердження.

Якщо нескоротний дріб l/m (l,m - цілі числа) є коренем багаточлена f(x) з цілими коефіцієнтами, то старший коефіцієнт цього многочлена ділиться на m, а вільний член - на 1.

Справді, якщо f(x) = anxn+an-1xn-1+... +a1x+a0, an?0, де an, an-1,...,a1, a0 - цілі числа, то f (l/m) = 0, тобто аn (l/m) n+an-1 (l/m) n-1+...+a1l/m+a0=0.

Помножимо обидві частини цієї рівності на mn. Отримаємо anln+an-1ln-1m+... +a1lmn-1+a0mn=0.

Звідси випливає:

anln=m (-an-1ln-1-... - a1lmn-2-a0mn-1).

Бачимо, ціле число anln ділиться на m. Але l/m - нескоротний дріб, тобто. числа l і m взаємно прості, тоді, як відомо з теорії ділимості цілих чисел, числа ln і m теж взаємно прості. Отже, anln ділиться на m і m взаємно прості з ln, отже, an ділиться на m.

Доведена тема дозволяє значно звузити область пошуку раціонального коріння багаточлена з цілими коефіцієнтами. Продемонструємо це на конкретному прикладі. Знайдемо раціональне коріння багаточлена f(x) = 6x4+13x2-24x2-8x+8. Відповідно до теореми, раціональне коріння цього многочлена знаходиться серед нескоротних дробів виду l/m, де l - дільник вільного члена a0 = 8, а m - дільник старшого коефіцієнта a4 = 6. при цьому, якщо дріб l/m - негативний, то знак "-" відноситимемо до чисельника. Наприклад, - (1/3) = (-1)/3. Отже, можемо сказати, що l - дільник числа 8, а m - позитивний дільник числа 6.

Оскільки дільники числа 8 - це ±1, ±2, ±4, ±8, а позитивними дільниками числа 6 будуть 1, 2, 3, 6, то раціональне коріння розглянутого багаточлена знаходиться серед чисел ±1, ±1/2, ± 1/3, ±1/6, ±2, ±2/3, ±4, ±4/3, ±8, ±8/3. нагадаємо, що ми виписали лише нескоротні дроби.

Таким чином, ми маємо двадцять чисел - "кандидатів" корінням. Залишилося тільки перевірити кожне з них і відібрати ті, які справді є корінням. Але знову-таки доведеться зробити чимало перевірок. А ось наступна теорема полегшує цю роботу.

Якщо нескоротний дріб l/m є коренем багаточлена f(x) з цілими коефіцієнтами, то f(k) ділиться на l-km для будь-якого цілого числа k за умови, що l-km?0.

Для доказу цієї теореми розділимо f(x) на x-k із залишком. Отримаємо f (x) = (x-k) s (x) +f (k).Так як f(x) - багаточлен з цілими коефіцієнтами, то таким є многочлен s(x), а f(k) - ціле число. Нехай s(x) = bn-1+bn-2+…+b1x+b0. Тоді f(x) - f(k) = (x-k) (bn-1xn-1+bn-2xn-2+...+b1x+b0). Покладемо у цій рівності x=l/m. Враховуючи, що f (l/m) = 0, отримуємо

f (k) = ((l/m) - k) (bn-1 (l/m) n-1+bn-2 (l/m) n-2+…+b1 (l/m) +b0) .

Помножимо обидві частини останньої рівності на mn:

mnf (k) = (l-km) (bn-1ln-1+bn-2ln-2m+…+b1lmn-2+b0mn-1).

Звідси випливає, що число mnf (k) ділиться на l-km. Але оскільки l і m взаємно прості, то mn і l-km теж взаємно прості, отже, f(k) ділиться на l-km. Теорему доведено.

Повернемося тепер до нашого прикладу і, використавши доведену теорему, ще більше звузимо коло пошуків раціонального коріння. Застосуємо зазначену теорему при k=1 і k=-1, тобто. якщо нескоротний дріб l/m є коренем багаточлена f(x), то f(1)/(l-m), а f(-1)/(l+m). Легко знаходимо, що у разі f(1) =-5, а f(-1) =-15. Зауважимо, що заразом ми виключили з розгляду ±1.

Отже раціональне коріння нашого багаточлена слід шукати серед чисел ±1/2, ±1/3, ±1/6, ±2, ±2/3, ±4, ±4/3, ±8, ±8/3.

Розглянемо l/m=1/2. Тоді l-m=-1 та f(1)=-5 ділиться на це число. Далі, l+m=3 і f(1) =-15 так само ділиться на 3. Значить, дріб 1/2 залишається серед "кандидатів" у корені.

Нехай тепер lm = - (1/2) = (-1) /2. У цьому випадку l-m=-3 і f(1) =-5 не ділиться на - 3. Значить, дріб - 1/2 не може бути коренем даного багаточлена, і ми виключаємо його з подальшого розгляду. Виконаємо перевірку для кожного з виписаних вище дробів, отримаємо, що коріння знаходиться серед чисел 1/2, ±2/3, 2, - 4.

Таким чином, досить-таки простим прийомом ми значно звузили область пошуку раціонального коріння аналізованого многочлена. Ну, а для перевірки решти чисел застосуємо схему Горнера:

Таблиця 10

Отримали, що залишок при розподілі g(x) на x-2/3 дорівнює - 80/9, тобто 2/3 не є коренем багаточлена g(x), а значить, і f(x).

Далі легко знаходимо, що - 2/3 - корінь багаточлена g(x) та g(x) = (3x+2) (x2+2x-4). Тоді f(x) = (2x-1) (3x+2) (x2+2x-4). Подальшу перевірку можна проводити для многочлена x2+2x-4, що, звичайно, простіше, ніж g(x) або тим більше f(x). В результаті отримаємо, що числа 2 і - 4 корінням не є.

Отже, багаточлен f(x) = 6x4+13x3-24x2-8x+8 має два раціональні корені: 1/2 і - 2/3.

Нагадаємо, що описаний вище метод дає можливість знаходити лише раціональне коріння багаточлена з цілими коефіцієнтами. Тим часом багаточлен може мати і ірраціональне коріння. Так, наприклад, розглянутий у прикладі багаточлен має ще два корені: - 1±v5 (це коріння багаточлена х2+2х-4). А, взагалі кажучи, багаточлен може і зовсім не мати раціонального коріння.

Тепер дамо кілька порад.

При випробуванні "кандидатів" у корені багаточлена f(x) за допомогою другої з доведених вище теорем зазвичай використовують останню для випадків k=±1. Іншими словами, якщо l/m - "кандидат" у корені, то перевіряють, чи f (1) і f (-1) ділиться на l-m і l+m відповідно. Але може статися, що, наприклад, f(1) = 0, тобто 1 - корінь, а тоді f(1) ділиться на будь-яке число, і наша перевірка втрачає сенс. І тут слід розділити f (x) на x-1, тобто. отримати f(x) = (x-1) s(x), і проводити випробування для многочлена s(x). При цьому не слід забувати, що один корінь багаточлена f(x) – x1=1 – ми вже знайшли. Якщо при перевірці "кандидатів" у корені, що залишилися після використання другої теореми про раціональне коріння, за схемою Горнера отримаємо, що, наприклад, l/m - корінь, то слід знайти його кратність. Якщо вона дорівнює, скажімо, k, то f(x) = (x-l/m) ks(x), і подальшу перевірку можна виконувати для s(x), що скорочує обчислення.

Таким чином, ми навчилися знаходити раціональне коріння багаточлена з цілими коефіцієнтами. Виявляється, тим самим ми навчилися знаходити ірраціональне коріння багаточлена з раціональними коефіцієнтами. Справді, якщо ми маємо, наприклад, багаточлен f(x) =x4+2/3x3+5/6x2+3/8x+2, то, привівши коефіцієнти до спільного знаменника та внісши його за дужки, отримаємо f(x) =1/24 (24x4+16x3-20x2+9x+48). Зрозуміло, що коріння многочлена f(x) збігаються з корінням багаточлена, що стоїть у дужках, а в нього коефіцієнти - цілі числа. Доведемо, наприклад, що sin100 – число ірраціональне. Скористаємося відомою формулою sin3?=3sin?-4sin3?. Звідси sin300 = 3sin100-4sin3100. Враховуючи, що sin300=0.5 і проводячи нескладні перетворення, отримуємо 8sin3100-6sin100+1=0. Отже, sin100 є коренем багаточлена f(x) = 8x3-6x+1. Якщо ж ми шукатимемо раціональне коріння цього багаточлена, то переконаємося, що їх немає. Отже, корінь sin100 є раціональним числом, тобто. sin100 - число ірраціональне.