Hogyan tágíthatunk ki egy másodfokú trinomit. Másodfokú trinomiális faktorálása

Ez az online számológép egy függvény faktorizálására szolgál.

Például szorozd: x 2 /3-3x+12. Írjuk fel úgy, hogy x^2/3-3*x+12. Használhatja ezt a szolgáltatást is, amelybe az összes számítást elmenti Word formátum.

Például bontja kifejezésekre. Írjuk úgy, hogy (1-x^2)/(x^3+x) . A megoldás előrehaladásának megtekintéséhez kattintson a Lépések megjelenítése elemre. Ha az eredményt Word formátumban szeretné megkapni, használja ezt a szolgáltatást.

jegyzet: a "pi" (π) szám pi-ként van írva; négyzetgyök mint sqrt , például sqrt(3) , az érintő tg tan . A válasz megtekintéséhez lásd: Alternatíva.

Ha egy egyszerű kifejezést adunk meg, például 8*d+12*c*d, akkor a kifejezés faktorálása azt jelenti, hogy a kifejezést faktorok formájában ábrázoljuk. Ehhez meg kell találni a közös tényezőket. Írjuk ezt a kifejezést így: 4*d*(2+3*c) .
Mutassa be a szorzatot két binomiális formában: x 2 + 21yz + 7xz + 3xy. Itt már több közös tényezőt kell találni: x(x+7z) + 3y(x + 7z). Kivesszük (x+7z) és megkapjuk: (x+7z)(x + 3y) .

lásd még Polinomok osztása sarokkal (az oszlopos osztás összes lépése látható)

Hasznos lesz a faktorizáció szabályainak tanulmányozásakor rövidített szorzóképletek, amelynek segítségével világos lesz, hogyan lehet négyzettel megnyitni a zárójeleket:

(a+b) 2 = (a+b) (a+b) = a 2 +2ab+b 2
(a-b) 2 = (a-b) (a-b) = a 2 -2ab+b 2
(a+b)(a-b) = a 2 - b 2
a 3 +b 3 = (a+b) (a 2 -ab+b 2)
a 3 -b 3 = (a-b) (a 2 +ab+b 2)
(a+b) 3 = (a+b) (a+b) 2 = a 3 +3a 2 b + 3ab 2 +b 3
(a-b) 3 = (a-b) (a-b) 2 = a 3 -3a 2 b + 3ab 2 -b 3

Faktorizációs módszerek

Néhány technika elsajátítása után faktorizáció Az alábbi megoldások osztályozása lehetséges:

Rövidített szorzóképletek használata.
Közös tényező megtalálása.

A másodfokú trinomálok faktorálása egyike azoknak az iskolai feladatoknak, amelyekkel előbb-utóbb mindenki szembesül. Hogyan kell csinálni? Mi a képlet a másodfokú trinom faktorálásához? Nézzük meg lépésről lépésre példák segítségével.

Általános képlet

A másodfokú trinomok faktorizálása megoldással történik másodfokú egyenlet. Ez egy egyszerű probléma, amely többféle módszerrel is megoldható - a diszkrimináns megtalálásával, Vieta tételével, van grafikus megoldás is. Az első két módszert a középiskolában tanulják.

Az általános képlet így néz ki:lx 2 +kx+n=l(x-x 1)(x-x 2) (1)

Algoritmus a feladat végrehajtásához

A másodfokú trinomálok faktorálásához ismerni kell Vita tételét, kéznél kell lennie egy megoldási programnak, meg kell tudnia találni a megoldást grafikusan, vagy meg kell keresnie egy másodfokú egyenlet gyökereit a diszkrimináns képlet segítségével. Ha adott egy másodfokú trinom, és faktorozni kell, akkor az algoritmus a következő:

1) Egyenlítse az eredeti kifejezést nullával az egyenlethez.

2) Adjon meg hasonló kifejezéseket (ha szükséges).

3) Keresse meg bármelyik gyökerét ismert módon. A grafikus módszert akkor célszerű használni, ha előre tudjuk, hogy a gyökök egészek és kis számok. Emlékeztetni kell arra, hogy a gyökök száma megegyezik az egyenlet maximális fokával, vagyis a másodfokú egyenletnek két gyöke van.

4) Cserélje ki az értéket x kifejezésbe (1).

5) Írja fel a másodfokú trinomik faktorizálását!

Példák

A gyakorlat lehetővé teszi, hogy végre megértse, hogyan hajtják végre ezt a feladatot. A következő példák egy másodfokú trinomiális faktorizálását mutatják be:

ki kell bővíteni a kifejezést:

Vegyünk az algoritmusunkhoz:

1) x 2 -17x+32=0

2) a hasonló kifejezések csökkennek

3) Vieta képletével nehéz megtalálni ennek a példának a gyökereit, ezért jobb a diszkrimináns kifejezést használni:

D=289-128=161=(12,69) 2

4) Helyettesítsük be a talált gyököket a bontás alapképletébe:

(x-2,155) * (x-14,845)

5) Akkor a válasz a következő lesz:

x 2 -17x+32=(x-2,155) (x-14,845)

Ellenőrizzük, hogy a diszkrimináns által talált megoldások megfelelnek-e a Vieta-képleteknek:

14,845 . 2,155=32

Ezekre a gyökökre a Vieta-tételt alkalmazzuk, helyesen találtuk meg, ami azt jelenti, hogy a kapott faktorizáció is helyes.

Hasonlóképpen bontsuk ki 12x 2 + 7x-6.

x 1 = -7+(337) 1/2

x 2 = -7-(337)1/2

Az előző esetben nem egész, hanem valós számok voltak a megoldások, amelyeket könnyen megtalálhatunk, ha van előttünk egy számológép. Most nézzünk többet összetett példa, amelyben a gyökök összetettek lesznek: x 2 + 4x + 9 tényező. Vieta képletével a gyökök nem találhatók, és a diszkrimináns negatív. A gyökerek az összetett síkon lesznek.

D=-20

Ez alapján megkapjuk a minket érdeklő gyököket -4+2i*5 1/2 ill -4-2i * 5 1/2 óta (-20) 1/2 = 2i*5 1/2 .

A kívánt bontást úgy kapjuk meg, hogy a gyököket behelyettesítjük az általános képletbe.

Egy másik példa: a 23x 2 -14x+7 kifejezést faktorálnia kell.

Megvan az egyenlet 23x2 -14x+7 =0

D=-448

Ez azt jelenti, hogy a gyökerek 14+21.166i és 14-21.166i. A válasz a következő lesz:

23x2 -14x+7 =23(x- 14-21,166i )*(X- 14+21,166i ).

Mondjunk egy példát, amely diszkrimináns segítsége nélkül is megoldható.

Tegyük fel, hogy ki kell bővítenünk az x 2 -32x+255 másodfokú egyenletet. Nyilván diszkrimináns segítségével is meg lehet oldani, de ebben az esetben gyorsabb a gyökerek megtalálása.

x 1 =15

x 2 =17

Eszközök x 2 -32x+255 =(x-15)(x-17).

Keressük meg a másodfokú egyenlet gyökeinek összegét és szorzatát. Az (59.8) képleteket felhasználva a fenti egyenlet gyökére megkapjuk

(az első egyenlőség nyilvánvaló, a másodikat egy egyszerű számítás után kapjuk meg, amelyet az olvasó önállóan hajt végre; kényelmes a képlet, amellyel két szám összegét megszorozzuk különbségükkel).

A következő bebizonyosodott

Vieta tétele. A fenti másodfokú egyenlet gyökeinek összege egyenlő az ellenkező előjelű második együtthatóval, szorzatuk pedig egyenlő a szabad taggal.

Redukálatlan másodfokú egyenlet esetén a (60.1) képlet kifejezéseit be kell cserélni (60.1) képletekre, és fel kell venni a formát.

1. példa Állítson fel másodfokú egyenletet a gyökeivel:

Megoldás, a) Keresse meg az egyenlet alakját

2. példa Határozza meg az egyenlet gyökeinek négyzetösszegét anélkül, hogy magát az egyenletet megoldaná!

Megoldás. A gyökerek összege és szorzata ismert. Jelentsük a négyzetgyökök összegét az alakban

és megkapjuk

Vieta képleteiből könnyen beszerezhető a képlet

a másodfokú trinom faktorálásának szabályát kifejezve.

Valóban, írjunk a (60.2) képleteket a formába

Most megvan

amit meg kellett szereznünk.

A Vieta-képletek fenti levezetését egy algebratanfolyamról ismeri az olvasó Gimnázium. Egy másik következtetés levonható Bezout tételével és a polinom faktorizálásával (51., 52. bekezdés).

Legyen az egyenlet gyöke, akkor az (52.2) általános szabály szerint az egyenlet bal oldalán lévő trinomit faktorizáljuk:

Az azonos egyenlőség jobb oldalán lévő zárójeleket kinyitva megkapjuk

és az együtthatókat ugyanazon hatványon összehasonlítva megkapjuk a Vieta-képletet (60.1).

Ennek a levezetésnek az az előnye, hogy magasabb fokú egyenletekre is alkalmazható annak érdekében, hogy az egyenlet együtthatóira a gyökei alapján kifejezéseket kapjunk (a gyökök megtalálása nélkül!). Például ha az adott köbegyenlet gyökei

a lényeg az, hogy az (52.2) egyenlőség szerint azt találjuk

(esetünkben az egyenlőség jobb oldalán lévő zárójeleket kinyitva és az együtthatókat különböző fokozatokban összegyűjtve kapjuk

A polinomok kiterjesztése egy szorzat megszerzéséhez néha zavarónak tűnhet. De ez nem olyan nehéz, ha lépésről lépésre megérti a folyamatot. A cikk részletesen leírja, hogyan kell faktorozni egy másodfokú trinomit.

Sokan nem értik, hogyan kell egy négyzetes hármast számolni, és miért van ez így. Elsőre hiábavaló gyakorlatnak tűnhet. De a matematikában semmit sem csinálnak semmiért. Az átalakítás a kifejezés egyszerűsítése és a számítás egyszerűsítése érdekében szükséges.

A – ax²+bx+c alakú polinom, másodfokú trinomiálisnak nevezzük. Az "a" kifejezésnek negatívnak vagy pozitívnak kell lennie. A gyakorlatban ezt a kifejezést másodfokú egyenletnek nevezik. Ezért néha másképp mondják: hogyan tágítsunk ki egy másodfokú egyenletet.

Érdekes! A polinomot a legnagyobb foka, a négyzet miatt négyzetnek nevezzük. És egy trinomiális - a 3 összetevő miatt.

Néhány más típusú polinom:

lineáris binomiális (6x+8);
köbkvadrinomiális (x³+4x²-2x+9).

Másodfokú trinomiális faktorálása

Először is, a kifejezés egyenlő nullával, majd meg kell találnia az x1 és x2 gyök értékeit. Lehet, hogy nincsenek gyökerek, lehet egy vagy két gyökér. A gyökerek jelenlétét a diszkrimináns határozza meg. Fejből kell tudni a képletét: D=b²-4ac.

Ha a D eredmény negatív, akkor nincsenek gyökök. Ha pozitív, akkor két gyökér van. Ha az eredmény nulla, akkor a gyökér egy. A gyökereket is a képlet segítségével számítjuk ki.

Ha a diszkrimináns kiszámításakor az eredmény nulla, akkor bármelyik képletet használhatja. A gyakorlatban a képlet egyszerűen lerövidül: -b / 2a.

A különböző diszkriminanciaértékek képletei eltérőek.

Ha D pozitív:

Ha D nulla:

Online számológépek

Van egy online számológép az interneten. Használható faktorizálás végrehajtására. Egyes források lehetőséget biztosítanak a megoldás lépésről lépésre történő megtekintésére. Az ilyen szolgáltatások segítenek a téma jobb megértésében, de meg kell próbálnia jól megérteni.

Hasznos videó: Másodfokú trinomikus faktorálása

Példák

Megtekintésre hívjuk egyszerű példák, hogyan kell faktorozni egy másodfokú egyenletet.

1. példa

Ez egyértelműen azt mutatja, hogy az eredmény két x, mert D pozitív. Ezeket be kell cserélni a képletbe. Ha a gyökök negatívnak bizonyulnak, a képletben az előjel az ellenkezőjére változik.

Ismerjük a másodfokú trinom faktorálásának képletét: a(x-x1)(x-x2). Az értékeket zárójelbe tesszük: (x+3)(x+2/3). Hatványban nincs szám a tag előtt. Ez azt jelenti, hogy van ott egy, az lemegy.

2. példa

Ez a példa világosan bemutatja, hogyan kell megoldani egy egyenletet, amelynek egy gyöke van.

A kapott értéket behelyettesítjük:

3. példa

Adott: 5x²+3x+7

Először is számítsuk ki a diszkriminánst, mint az előző esetekben.

D=9-4*5*7=9-140= -131.

A diszkrimináns negatív, ami azt jelenti, hogy nincsenek gyökerei.

Az eredmény kézhezvétele után nyissa ki a zárójeleket, és ellenőrizze az eredményt. Meg kell jelennie az eredeti trinomiálisnak.

Alternatív megoldás

Vannak, akik soha nem tudtak megbarátkozni a megkülönböztetővel. Van egy másik módja a másodfokú trinom faktorizálásának. Az egyszerűség kedvéért a módszert egy példán mutatjuk be.

Adott: x²+3x-10

Tudjuk, hogy 2 zárójelet kell kapnunk: (_)(_). Ha a kifejezés így néz ki: x²+bx+c, minden zárójel elejére x: (x_)(x_) kerül. A maradék két szám az a szorzat, amely "c"-t ad, azaz ebben az esetben -10. Csak kiválasztással lehet megtudni, hogy melyek ezek a számok. A behelyettesített számoknak meg kell felelniük a fennmaradó tagnak.

Például a következő számok szorzata -10-et kap:

-1, 10;
-10, 1;
-5, 2;
-2, 5.

(x-1) (x+10) = x2+10x-x-10 = x2+9x-10. Nem.
(x-10) (x+1) = x2+x-10x-10 = x2-9x-10. Nem.
(x-5) (x+2) = x2+2x-5x-10 = x2-3x-10. Nem.
(x-2) (x+5) = x2+5x-2x-10 = x2+3x-10. Illik.

Ez azt jelenti, hogy az x2+3x-10 kifejezés transzformációja így néz ki: (x-2)(x+5).

Fontos!Ügyeljen arra, hogy ne keverje össze a jeleket.

Egy összetett trinomiális kiterjesztése

Ha „a” nagyobb egynél, akkor nehézségek kezdődnek. De nem minden olyan nehéz, mint amilyennek látszik.

A faktorizáláshoz először meg kell nézni, hogy bármit ki lehet-e venni.

Például a következő kifejezéssel: 3x²+9x-30. Itt a 3-as szám ki van véve a zárójelből:

3(x²+3x-10). Az eredmény a már jól ismert trinomikus. A válasz így néz ki: 3(x-2)(x+5)

Hogyan lehet felbontani, ha a négyzetben lévő tag negatív? Ebben az esetben a -1 számot kivesszük a zárójelekből. Például: -x²-10x-8. A kifejezés ekkor így fog kinézni:

A séma alig különbözik az előzőtől. Csak néhány újdonság van. Tegyük fel, hogy a kifejezés adott: 2x²+7x+3. A választ is 2 zárójelbe írjuk, amit ki kell tölteni (_)(_). A 2. zárójelbe x, az 1.-be pedig ami maradt. Így néz ki: (2x_)(x_). Ellenkező esetben az előző séma megismétlődik.

A 3-as számot a következő számok adják:

-1, -3;
-3, -1;
3, 1;
1, 3.

Az egyenleteket úgy oldjuk meg, hogy ezeket a számokat helyettesítjük. Az utolsó lehetőség megfelelő. Ez azt jelenti, hogy a 2x²+7x+3 kifejezés transzformációja így néz ki: (2x+1)(x+3).

Egyéb esetek

Egy kifejezést nem mindig lehet konvertálni. A második módszerrel az egyenlet megoldása nem szükséges. De a kifejezések termékké alakításának lehetőségét csak a diszkriminánson keresztül ellenőrizzük.

Érdemes gyakorolni a másodfokú egyenletek megoldását, hogy a képletek használatakor ne legyen nehézség.

Hasznos videó: trinomiális faktorálás

Következtetés

Bármilyen módon használhatod. De jobb mindkettőt addig gyakorolni, amíg automatikussá nem válnak. A másodfokú egyenletek és a faktorpolinomok helyes megoldásának elsajátítása is szükséges azoknak, akik életüket a matematikával kívánják összekapcsolni. Az összes következő matematikai téma erre épül.

Kapcsolatban áll

A faktorizáláshoz szükséges a kifejezések egyszerűsítése. Erre azért van szükség, hogy tovább csökkenthető legyen. Egy polinom kiterjesztésének akkor van értelme, ha foka nem kisebb kettőnél. Az elsőfokú polinomot lineárisnak nevezzük.

A cikk lefedi a dekompozíció összes fogalmát, elméleti alapjaés a polinom faktorálási módszerei.

Elmélet

1. tétel

Ha bármely n fokú polinom, amelynek alakja P n x = a n x n + a n - 1 x n - 1 + . . . + a 1 x + a 0, a legmagasabb fokú a n állandó tényezővel és n lineáris tényezővel (x - x i) rendelkező szorzatként jelennek meg, i = 1, 2, ..., n, majd P n (x) = a n (x - x n) (x - x n - 1) · . . . · (x - x 1) , ahol x i, i = 1, 2, …, n a polinom gyökei.

A tétel az x i, i = 1, 2, …, n komplex típusú gyökekre és a k, k = 0, 1, 2, …, n komplex együtthatókra vonatkozik. Ez minden bomlás alapja.

Ha az a k, k = 0, 1, 2, …, n alakú együtthatók valós számok, akkor összetett gyökerek, ami konjugált párokban fog előfordulni. Például az x 1 és x 2 gyökök egy P n x = a n x n + a n - 1 x n - 1 + alakú polinomhoz kapcsolódnak. . . + a 1 x + a 0 komplex konjugáltnak tekinthető, akkor a többi gyök valós, amiből azt kapjuk, hogy a polinom P n (x) = a n (x - x n) (x - x n - 1) · . . . · (x - x 3) x 2 + p x + q, ahol x 2 + p x + q = (x - x 1) (x - x 2) .

Megjegyzés

A polinom gyökerei megismételhetők. Tekintsük az algebratétel bizonyítását, amely Bezout tételének következménye.

Az algebra alaptétele

2. tétel

Minden n fokú polinomnak van legalább egy gyöke.

Bezout tétele

A P n x = a n x n + a n - 1 x n - 1 + alakú polinom felosztása után. . . + a 1 x + a 0 on (x - s), akkor megkapjuk a maradékot, ami egyenlő az s pontban lévő polinomdal, akkor kapjuk

P n x = a n x n + a n - 1 x n - 1 + . . . + a 1 x + a 0 = (x - s) · Q n - 1 (x) + P n (s) , ahol Q n - 1 (x) egy n - 1 fokú polinom.

Következmény Bezout tételéhez

Ha a P n (x) polinom gyökét s-nek tekintjük, akkor P n x = a n x n + a n - 1 x n - 1 + . . . + a 1 x + a 0 = (x - s) · Q n - 1 (x) . Ez a következtetés elegendő a megoldás leírására.

Másodfokú trinomiális faktorálása

Az a x 2 + b x + c alakú négyzetes trinomit lineáris tényezőkké alakíthatjuk. akkor azt kapjuk, hogy a x 2 + b x + c = a (x - x 1) (x - x 2) , ahol x 1 és x 2 gyök (komplex vagy valós).

Ez azt mutatja, hogy maga a bővítés a másodfokú egyenlet későbbi megoldására redukálódik.

1. példa

Tényező a másodfokú trinomit.

Megoldás

Meg kell találni a 4 x 2 - 5 x + 1 = 0 egyenlet gyökereit. Ehhez meg kell találni a diszkrimináns értékét a képlet segítségével, ekkor D = (- 5) 2 - 4 · 4 · 1 = 9. Innentől megvan

x 1 = 5 - 9 2 4 = 1 4 x 2 = 5 + 9 2 4 = 1

Ebből azt kapjuk, hogy 4 x 2 - 5 x + 1 = 4 x - 1 4 x - 1.

Az ellenőrzés végrehajtásához meg kell nyitnia a zárójeleket. Ekkor megkapjuk a forma kifejezését:

4 x - 1 4 x - 1 = 4 x 2 - x - 1 4 x + 1 4 = 4 x 2 - 5 x + 1

Ellenőrzés után az eredeti kifejezéshez jutunk. Vagyis arra a következtetésre juthatunk, hogy a dekompozíciót helyesen hajtották végre.

2. példa

Tényező a 3 x 2 - 7 x - 11 alakú másodfokú trinomit.

Megoldás

Azt találjuk, hogy ki kell számítani a kapott másodfokú egyenletet, amelynek alakja 3 x 2 - 7 x - 11 = 0.

A gyökerek megtalálásához meg kell határoznia a diszkrimináns értékét. Ezt értjük

3 x 2 - 7 x - 11 = 0 D = (- 7) 2 - 4 3 (- 11) = 181 x 1 = 7 + D 2 3 = 7 + 181 6 x 2 = 7 - D 2 3 = 7 - 181 6

Ebből azt kapjuk, hogy 3 x 2 - 7 x - 11 = 3 x - 7 + 181 6 x - 7 - 181 6.

3. példa

Tényező a polinom 2 x 2 + 1.

Megoldás

Most meg kell oldanunk a 2 x 2 + 1 = 0 másodfokú egyenletet, és meg kell találnunk a gyökereit. Ezt értjük

2 x 2 + 1 = 0 x 2 = - 1 2 x 1 = - 1 2 = 1 2 i x 2 = - 1 2 = - 1 2 i

Ezeket a gyököket komplex konjugátumnak nevezzük, ami azt jelenti, hogy magát a kiterjesztést a következőképpen ábrázolhatjuk: 2 x 2 + 1 = 2 x - 1 2 · i x + 1 2 · i.

4. példa

Bontsuk fel az x 2 + 1 3 x + 1 másodfokú trinomot.

Megoldás

Először meg kell oldania egy x 2 + 1 3 x + 1 = 0 alakú másodfokú egyenletet, és meg kell találnia a gyökereit.

x 2 + 1 3 x + 1 = 0 D = 1 3 2 - 4 1 1 = - 35 9 x 1 = - 1 3 + D 2 1 = - 1 3 + 35 3 i 2 = - 1 + 35 · i 6 = - 1 6 + 35 6 · i x 2 = - 1 3 - D 2 · 1 = - 1 3 - 35 3 · i 2 = - 1 - 35 · i 6 = - 1 6 - 35 6 · i

Miután megszereztük a gyökereket, írunk

x 2 + 1 3 x + 1 = x - - 1 6 + 35 6 i x - - 1 6 - 35 6 i = = x + 1 6 - 35 6 i x + 1 6 + 35 6 i

Megjegyzés

Ha a diszkriminancia értéke negatív, akkor a polinomok másodrendű polinomok maradnak. Ebből következik, hogy nem bontjuk ki őket lineáris tényezőkre.

Kettőnél nagyobb fokú polinom faktorálási módszerei

Felbontáskor feltételezzük univerzális módszer. Az esetek többsége Bezout tételének egy következményén alapul. Ehhez ki kell választani az x 1 gyök értékét, és csökkenteni kell a fokát úgy, hogy egy polinomot osztunk 1-gyel, és osztunk az (x - x 1) értékkel. Az eredményül kapott polinomnak meg kell találnia az x 2 gyököt, és a keresési folyamat ciklikus, amíg teljes kiterjesztést nem kapunk.

Ha a gyökér nem található, akkor más faktorizációs módszereket használnak: csoportosítás, további kifejezések. Ez a témakör egyenletek megoldását foglalja magában magasabb fokozatokés egész együtthatók.

A közös tényezőt zárójelből kivéve

Tekintsük azt az esetet, amikor a szabad tag egyenlő nullával, akkor a polinom alakja P n (x) = a n x n + a n - 1 x n - 1 + lesz. . . + egy 1x.

Látható, hogy egy ilyen polinom gyöke egyenlő lesz x 1 = 0-val, akkor a polinom a P n (x) = a n x n + a n - 1 x n - 1 + kifejezéssel ábrázolható. . . + a 1 x = = x (a n x n - 1 + a n - 1 x n - 2 + . . . + a 1)

Ezt a módszert úgy tekintjük, mint a közös tényezőt a zárójelekből.

5. példa

A harmadfokú polinom tényezője 4 x 3 + 8 x 2 - x.

Megoldás

Látjuk, hogy x 1 = 0 az adott polinom gyöke, akkor a teljes kifejezés zárójelei közül ki tudjuk venni x-et. Kapunk:

4 x 3 + 8 x 2 - x = x (4 x 2 + 8 x - 1)

Térjünk tovább a 4 x 2 + 8 x - 1 négyzetháromság gyökeinek megkeresésére. Keressük a diszkriminánst és a gyökereket:

D = 8 2 - 4 4 (- 1) = 80 x 1 = - 8 + D 2 4 = - 1 + 5 2 x 2 = - 8 - D 2 4 = - 1 - 5 2

Aztán ebből az következik

4 x 3 + 8 x 2 - x = x 4 x 2 + 8 x - 1 = = 4 x x - - 1 + 5 2 x - - 1 - 5 2 = = 4 x x + 1 - 5 2 x + 1 + 5 2

Először vegyünk figyelembe egy P n (x) = x n + a n - 1 x n - 1 + alakú egész együtthatókat tartalmazó dekompozíciós módszert. . . + a 1 x + a 0, ahol a legmagasabb fokú együttható 1.

Ha egy polinomnak egész gyökei vannak, akkor ezeket a szabad tag osztóinak tekintjük.

6. példa

Bontsa fel az f (x) = x 4 + 3 x 3 - x 2 - 9 x - 18 kifejezést.

Megoldás

Nézzük meg, hogy vannak-e teljes gyökerek. Fel kell írni a szám osztóit - 18. Azt kapjuk, hogy ±1, ±2, ±3, ±6, ±9, ±18. Ebből következik, hogy ennek a polinomnak egész gyökei vannak. Ellenőrizheti Horner sémájával. Nagyon kényelmes, és lehetővé teszi a polinom tágulási együtthatóinak gyors megszerzését:

Ebből következik, hogy x = 2 és x = - 3 az eredeti polinom gyökei, amely a forma szorzataként ábrázolható:

f (x) = x 4 + 3 x 3 - x 2 - 9 x - 18 = (x - 2) (x 3 + 5 x 2 + 9 x + 9) = = (x - 2) (x + 3) (x 2 + 2 x + 3)

Folytatjuk az x 2 + 2 x + 3 alakú másodfokú trinom kiterjesztését.

Mivel a diszkrimináns negatív, ez azt jelenti igazi gyökerek Nem.

Válasz: f (x) = x 4 + 3 x 3 - x 2 - 9 x - 18 = (x - 2) (x + 3) (x 2 + 2 x + 3)

Megjegyzés

A Horner-séma helyett megengedett a gyökérkiválasztás és a polinom polinomokkal való osztása. Térjünk át a P n (x) = x n + a n - 1 x n - 1 + alakú egész együtthatókat tartalmazó polinom kiterjesztésére. . . + a 1 x + a 0, amelyek közül a legmagasabb egyenlő eggyel.

Ez az eset a racionális törtek esetében fordul elő.

7. példa

F (x) = 2 x 3 + 19 x 2 + 41 x + 15 faktorizálása.

Megoldás

Az y = 2 x változót be kell cserélni, tovább kell lépni egy polinomra, amelynek együtthatói a legmagasabb fokon 1. Először meg kell szoroznia a kifejezést 4-gyel. Ezt értjük

4 f (x) = 2 3 x 3 + 19 2 2 x 2 + 82 2 x + 60 = = y 3 + 19 y 2 + 82 y + 60 = g (y)

Ha a kapott g (y) = y 3 + 19 y 2 + 82 y + 60 alakú függvénynek egész gyöke van, akkor ezek helye a szabad tag osztói között van. A bejegyzés így fog kinézni:

±1, ±2, ±3, ±4, ±5, ±6, ±10, ±12, ±15, ±20, ±30, ±60

Térjünk át a g (y) függvény kiszámítására ezeken a pontokon, hogy eredményül nullát kapjunk. Ezt értjük

g (1) = 1 3 + 19 1 2 + 82 1 + 60 = 162 g (- 1) = (- 1) 3 + 19 (- 1) 2 + 82 (- 1) + 60 = - 4 g (2 ) = 2 3 + 19 2 2 + 82 2 + 60 = 308 g (- 2) = (- 2) 3 + 19 (- 2) 2 + 82 (- 2) + 60 = - 36 g (3) = 3 3 + 19 3 2 + 82 3 + 60 = 504 g (- 3) = (- 3) 3 + 19 (- 3) 2 + 82 (- 3) + 60 = - 42 g (4) = 4 3 + 19 · 4 2 + 82 · 4 + 60 = 756 g (- 4) = (- 4) 3 + 19 · (- 4) 2 + 82 · (- 4) + 60 = - 28 g (5) = 5 3 + 19 5 2 + 82 5 + 60 = 1070 g (-5) = (-5) 3 + 19 (-5) 2 + 82 (-5) + 60

Azt találjuk, hogy y = - 5 egy y 3 + 19 y 2 + 82 y + 60 alakú egyenlet gyöke, ami azt jelenti, hogy x = y 2 = - 5 2 az eredeti függvény gyöke.

8. példa

Osztani kell egy oszloppal 2 x 3 + 19 x 2 + 41 x + 15 x + 5 2-vel.

Megoldás

Írjuk le és kapjuk meg:

2 x 3 + 19 x 2 + 41 x + 15 = x + 5 2 (2 x 2 + 14 x + 6) = = 2 x + 5 2 (x 2 + 7 x + 3)

Az osztók ellenőrzése sok időt vesz igénybe, ezért kifizetődőbb az így kapott x 2 + 7 x + 3 alakú másodfokú trinomit faktorozni. A nullával való egyenlővé tétellel megtaláljuk a diszkriminánst.

x 2 + 7 x + 3 = 0 D = 7 2 - 4 1 3 = 37 x 1 = - 7 + 37 2 x 2 = - 7 - 37 2 ⇒ x 2 + 7 x + 3 = x + 7 2 - 37 2 x + 7 2 + 37 2

Ebből következik, hogy

2 x 3 + 19 x 2 + 41 x + 15 = 2 x + 5 2 x 2 + 7 x + 3 = = 2 x + 5 2 x + 7 2 - 37 2 x + 7 2 + 37 2

Mesterséges technikák polinom faktorálására

A racionális gyökök nem minden polinomban rejlenek. Ehhez használnia kell speciális módokon tényezőket találni. De nem minden polinom bővíthető vagy ábrázolható szorzatként.

Csoportosítási módszer

Vannak olyan esetek, amikor egy polinom tagjait csoportosíthatja, hogy megtaláljon egy közös tényezőt, és zárójelbe tegye.

9. példa

Tényező a polinom x 4 + 4 x 3 - x 2 - 8 x - 2.

Megoldás

Mivel az együtthatók egész számok, ezért a gyökök feltehetően egészek is lehetnek. Az ellenőrzéshez vegye fel az 1, -1, 2 és -2 értékeket, hogy kiszámítsa a polinom értékét ezeken a pontokon. Ezt értjük

1 4 + 4 1 3 - 1 2 - 8 1 - 2 = - 6 ≠ 0 (- 1) 4 + 4 (- 1) 3 - (- 1) 2 - 8 (- 1) - 2 = 2 ≠ 0 2 4 + 4 2 3 - 2 2 - 8 2 - 2 = 26 ≠ 0 (- 2) 4 + 4 (- 2) 3 - (- 2) 2 - 8 (- 2) - 2 = - 6 ≠ 0

Ez azt mutatja, hogy nincsenek gyökerek, más bővítési és megoldási módszert kell alkalmazni.

Csoportosítani kell:

x 4 + 4 x 3 - x 2 - 8 x - 2 = x 4 + 4 x 3 - 2 x 2 + x 2 - 8 x - 2 = = (x 4 - 2 x 2) + (4 x 3 - 8 x) + x 2 - 2 = = x 2 (x 2 - 2) + 4 x (x 2 - 2) + x 2 - 2 = = (x 2 - 2) (x 2 + 4 x + 1)

Az eredeti polinom csoportosítása után két négyzetes trinom szorzataként kell ábrázolnia. Ehhez faktorizálnunk kell. azt kapjuk

x 2 - 2 = 0 x 2 = 2 x 1 = 2 x 2 = - 2 ⇒ x 2 - 2 = x - 2 x + 2 x 2 + 4 x + 1 = 0 D = 4 2 - 4 1 1 = 12 x 1 = - 4 - D 2 1 = - 2 - 3 x 2 = - 4 - D 2 1 = - 2 - 3 ⇒ x 2 + 4 x + 1 = x + 2 - 3 x + 2 + 3

x 4 + 4 x 3 - x 2 - 8 x - 2 = x 2 - 2 x 2 + 4 x + 1 = = x - 2 x + 2 x + 2 - 3 x + 2 + 3

Megjegyzés

A csoportosítás egyszerűsége nem jelenti azt, hogy a kifejezések kiválasztása elég egyszerű. Konkrét megoldási mód nincs, ezért speciális tételek és szabályok alkalmazása szükséges.

10. példa

Tényező a polinom x 4 + 3 x 3 - x 2 - 4 x + 2 .

Megoldás

Az adott polinomnak nincs egész gyöke. A kifejezéseket csoportosítani kell. Ezt értjük

x 4 + 3 x 3 - x 2 - 4 x + 2 = = (x 4 + x 3) + (2 x 3 + 2 x 2) + (- 2 x 2 - 2 x) - x 2 - 2 x + 2 = = x 2 (x 2 + x) + 2 x (x 2 + x) - 2 (x 2 + x) - (x 2 + 2 x - 2) = = (x 2 + x) (x 2 + 2 x - 2) - (x 2 + 2 x - 2) = (x 2 + x - 1) (x 2 + 2 x - 2)

A faktorizálás után ezt kapjuk

x 4 + 3 x 3 - x 2 - 4 x + 2 = x 2 + x - 1 x 2 + 2 x - 2 = = x + 1 + 3 x + 1 - 3 x + 1 2 + 5 2 x + 1 2-5 2

Rövidített szorzóképletek és Newton-binomiális használata polinom faktorálásához

A megjelenés gyakran nem mindig egyértelművé teszi, hogy a bontás során melyik módszert kell alkalmazni. Az átalakítások elvégzése után Pascal-háromszögből álló egyenest építhetünk, különben Newton-binomiálisnak nevezzük.

11. példa

Tényező a polinom x 4 + 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x - 2.

Megoldás

A kifejezést formára kell konvertálni

x 4 + 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x - 2 = x 4 + 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x + 1 - 3

A zárójelben lévő összeg együtthatóinak sorrendjét az x + 1 4 kifejezés jelzi.

Ez azt jelenti, hogy x 4 + 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x - 2 = x 4 + 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x + 1 - 3 = x + 1 4 - 3.

A négyzetek különbségének alkalmazása után azt kapjuk

x 4 + 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x - 2 = x 4 + 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x + 1 - 3 = x + 1 4 - 3 = = x + 1 4 - 3 = x + 1 2 - 3 x + 1 2 + 3

Tekintsük a második zárójelben lévő kifejezést. Nyilvánvaló, hogy ott nincsenek lovagok, ezért ismét alkalmazzuk a négyzetek különbségi képletét. Megkapjuk a forma kifejezését

x 4 + 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x - 2 = x 4 + 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x + 1 - 3 = x + 1 4 - 3 = = x + 1 4 - 3 = x + 1 2 - 3 x + 1 2 + 3 = = x + 1 - 3 4 x + 1 + 3 4 x 2 + 2 x + 1 + 3

12. példa

Tényező x 3 + 6 x 2 + 12 x + 6 .

Megoldás

Kezdjük el a kifejezés átalakítását. Ezt értjük

x 3 + 6 x 2 + 12 x + 6 = x 3 + 3 2 x 2 + 3 2 2 x + 2 3 - 2 = (x + 2) 3 - 2

Alkalmazni kell a kockák különbségének rövidített szorzásának képletét. Kapunk:

x 3 + 6 x 2 + 12 x + 6 = = (x + 2) 3 - 2 = = x + 2 - 2 3 x + 2 2 + 2 3 x + 2 + 4 3 = = x + 2 - 2 3 x 2 + x 2 + 2 3 + 4 + 2 2 3 + 4 3