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. tételHa 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. tételMinden 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).
Ebből világosan látszik, hogy maga a bővítés redukálódik a megoldásig másodfokú egyenlet később.
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
Tényezőkre bont másodfokú trinomikus 3 x 2 - 7 x - 11 formájú.
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)
Ez a módszer kiszedésnek minősül közös szorzó zárójelből.
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
Változó cseréjének módszere polinom faktorálásakor
Változó cseréjekor a fokozat csökken, és a polinom faktorálódik.
13. példa
Tényező az x 6 + 5 x 3 + 6 alakú polinomot.
Megoldás
A feltétel szerint egyértelmű, hogy szükséges az y = x 3 pótlás. Kapunk:
x 6 + 5 x 3 + 6 = y = x 3 = y 2 + 5 y + 6
A kapott másodfokú egyenlet gyöke y = - 2 és y = - 3, akkor
x 6 + 5 x 3 + 6 = y = x 3 = y 2 + 5 y + 6 = = y + 2 y + 3 = x 3 + 2 x 3 + 3
Alkalmazni kell a kockaösszeg rövidített szorzásának képletét. A következő forma kifejezéseit kapjuk:
x 6 + 5 x 3 + 6 = y = x 3 = y 2 + 5 y + 6 = = y + 2 y + 3 = x 3 + 2 x 3 + 3 = = x + 2 3 x 2 - 2 3 x + 4 3 x + 3 3 x 2 - 3 3 x + 9 3
Vagyis megkaptuk a kívánt bontást.
A fent tárgyalt esetek segítenek egy polinom különböző módon történő figyelembevételében és faktorálásában.
Ha hibát észlel a szövegben, jelölje ki, és nyomja meg a Ctrl+Enter billentyűkombinációt
Feladat 1. Keresse meg a polinomok gcd-jét
f(x)=x 4 –2x 3 –x+2, g(x)=x 4 –x 3 +x–1, h(x)=x 4 –4x 2 –x+2.
Megoldás. A polinomok GCD-je egyedileg csak egy állandó tényezőig található meg (az állandó nem nulla tényezők nem befolyásolják a polinomok oszthatóságát). Ezért megegyezhetünk abban, hogy a polinomok GCD-jének azt vesszük, amelynek vezető együtthatója 1.
Ha az euklideszi algoritmust egész együtthatós polinomokra alkalmazzuk, a törtegyütthatók elkerülése érdekében megszorozhatjuk az osztót vagy osztót tetszőleges számmal. egyenlő nullával számot, és nemcsak az egymást követő felosztások bármelyikéből kiindulva, hanem magában ennek a felosztásnak a folyamatában is. Ez természetesen a hányados torzulásához vezet, de a számunkra érdekes maradékok csak egy bizonyos nulla fokos tényezőt kapnak.
Három polinom GCD-jének meghatározásához először meg kell keresni bármely két polinom GCD-jét az euklideszi algoritmus segítségével, például d(x)=(f(x),h(x)), majd keresse meg a gcd-t d(x) És g(x).
Euklidész algoritmusa a polinomok maradékkal való szekvenciális osztásából áll. Először osszuk el f(x) tovább h(x), akkor h(x) az osztással kapott maradékkal r(x) (az első maradékot), majd az első maradékot a második maradékkal stb., amíg a maradékban nullát nem kapunk. Polinomok GCD-je f(x) És h(x) lesz az utolsó nem nulla maradék. Az osztási folyamat egy „szög” használatával történik.
| _ | x 4 -2x 3 -x+2 | x 4 -4x 2 -x+2 | _ | x 4 -4x 2 -x+2 | x 3 - 2x 2 | ||||
| x 4 -4x 2 -x+2 | 1 | x 4 - 2x 3 | x+2 | ||||||
| -2x3 +4x2 | _ | 2x 3 -4x 2 -x+2 | |||||||
| x 3 - 2x 2 | 2x3-4x2 | ||||||||
| _ | -x+2 | ||||||||
| x-2 | |||||||||
| 0 | |||||||||
| _ | x 3 - 2x 2 | x-2 | ||
| x 3 - 2x 2 | x 2 | |||
| 0 | ||||
Ez a polinomok gcd-jét jelenti f(x) És h(x) egyenlő a binomiálissal x–2.
d(x)=(f(x), h(x))=x–2.
Hasonlóképpen megtaláljuk a polinomok gcd-jét d(x) És g(x), egyenlő lesz 1-gyel. Így ( f(x), g(x), h(x))=(g(x), (f(x), h(x)))=1.
jegyzet . A "=" vagy "!! azt jelenti, hogy az osztás során a szorzás nullától eltérő számmal történt.
Feladat 2.Euklideszi algoritmus használata polinomok keresésére u(x) És v(x), kielégítve az egyenlőséget f(x)u(x)+g(x)v(x)=d(x), Ahol d(x) – polinomok gcd-je f(x) És g(x): f(x)=4x 4 –2x 3 –16x 2 +5x+9, g(x)=2x 3 –x 2 –5x+4.
Megoldás. Alkalmazás polinomokra f(x) És g(x) Euklideszi algoritmus. Emlékeztetni kell arra, hogy itt nem engedhető meg az az önkényesség, amely a polinomok konstans tényezőkkel való szorzását jelenti, ami a GCD megtalálásakor lehetséges, mivel itt is használunk hányadosokat, amelyek a jelzett önkényességgel torzíthatók.
A felosztás eredményeként a következőket kapjuk:
f(x)=g(x)q 1 (x)+r 1 (x),
Ahol q 1 (x)=2x, r 1 (x)= –6x 2 –3x+9,
g(x)=r 1 (x)q 2 (x)+r 2 (x),
Ahol q 2 (x)= –x/3+1/3, r 2 (x)= –x+1,
r 1 (x)=r 2 (x)q 3 (x)+r 3 (x),
Ahol q 3 (x)=6x+9, r 3 (x)=0.
Így az euklideszi algoritmus itt három sorban van írva, és a legnagyobb közös osztó egyenlő – r 2 (x)=x–1=d(x). Kifejezni d(x) polinomokon keresztül f(x) És g(x), Meg fogjuk találni r 2 (x) az euklideszi algoritmus második sorából:
r 2 (x)=g(x)–r 1 (x)q 2 (x).
Helyettesítve ebbe az egyenlőségbe r 1 (x) kifejezését az euklideszi algoritmus első sorából kapjuk:
r 2 (x)=f(x)[–q 2 (x)]+g(x),
egyenlőséghez jutni f(x)u(x)+g(x)v(x)=d(x), meg kell szoroznunk az előző egyenlőséget (–1-gyel), így kapjuk:
–r 2 (x)=f(x)q 2 (x) +g(x)[–1–q 1 (x)q 2 (x)]=d(x),
Ahol u(x)=q 2 (x), v(x)= –1–q 1 (x)q 2 (x).
Miután polinomokat behelyettesítettünk ebbe az egyenlőségbe q 1 (x), q 2 (x) kapunk:
u(x)= , v(x)= .
Feladat 3. A határozatlan együtthatók módszerének használata polinomok kiválasztására u(x) És v(x) szóval f(x)u(x)+g(x)v(x)=1, (1) polinomokhoz f(x)=x 2 –2x–1, g(x)=2x 4 –3x 3 –6x 2 +2x+2.
Megoldás. Használjuk a tételt: ha d(x) a polinomok gcd-je f(x) És g(x), akkor találhatunk ilyen polinomokat u(x) És v(x), Mit
f(x)u(x)+g(x)v(x)=d(x).
Ebben az esetben feltételezhetjük, hogy a polinomok fokszámai f(x) És g(x) nagyobb nullánál, ami a fok u(x) foknál kisebb g(x), és a végzettség v(x) foknál kisebb f(x).
Polinomok f(x) És g(x) teljesíti az (1) egyenlőséget, ha ( f(x),g(x))=1. A mi esetünkben f(x) És g(x) viszonylag prím polinomok, ami azt jelenti, hogy megtaláljuk a polinomot u(x)=fejsze 3 +bx 2 +cx+dés polinom v(x)=volt+f.
Helyettesítve az (1) egyenlőségben f(x), g(x), u(x), v(x) kifejezéseiket kapjuk:
(x 2 – 2x- 1)(fejsze 3 +bx 2 +cx+d)+(2x 4 – 3x 3 – 6x 2 + 2x+ 2)(ex+f)=1
(a+ 2e)x 5 + (b- 2a+ 2f– 3e)x 4 + (c– 2b–a– 3f– 6e)x 3 + (d– 2c–b– 6f+ 2e)x 2 +(–2d–c+ 2f+ 2e)x––d+ 2f= 1.
Így van két polinom egyenlősége: a bal oldalon egy ötös fokú, meghatározatlan együtthatókkal, a jobb oldalon pedig egy nulla fokú polinom található. Két polinom akkor egyenlő, ha együtthatói egyenlők az ismeretlen azonos hatványaira.
Az ismeretlen egyenlő fokaihoz tartozó együtthatókat egyenlővé téve egy hatos rendszert kapunk lineáris egyenletek ismeretlen emberekkel a, b, c, d, e, f:
Megoldva a következőket kapjuk: d= 3, e=–1, f= 2, c=–4, b=–3, a= 2.
Így a szükséges polinomok u(x) És v(x) lesz:
u(x)=2x 3 –3x 2 –4x+3, v(x)= –x+2.
Feladat 4. Számítsa ki a Horner-féle séma segítségével f(A) és bontsa ki a polinomot f(x) fokonként x–A, Ahol f(x)=x 4 +2x 3 –7x 2 +3x–1, A=2.
Megoldás. Bezout tétele szerint a polinom maradéka az f(x) lineáris binomiálisra x–A egyenlő az értékkel f(A) polinom at x=A.
A „szöggel” való osztás egyszerűbben is felírható: ha f(x)=a 0 x n+a 1 x n –1 +a 2 xn- 2 + …+a n –1 x+a n, akkor a hányados együtthatói q(x)=b 0 x n–1 + b 1 x n –2 + b 2 x n –3 + …+b n–1 és a maradék r felosztásból f(x) tovább x–a megtalálható Horner sémájával:
f(2)=9=r 1, és az osztás hányadosa f(x) tovább x– 2 igen q 1 (x)=x 3 +4x 2 +x+5, azaz f(x)=
=(x–2)q 1 (x)+r 1
Ezután Horner séma szerint osztunk q 1 (x) tovább x–2, megkapjuk a hányadost q 2 (x) és a többit r 2, tovább q 2 (x) Oszd el x–2, megkapjuk q 3 (x) És r 3 stb.
Egy polinomhoz f(x) kapunk:
f(x)=(x–2)q 1 (x)+r 1 =(x–2)[(x–2)q 2 (x)+r 2 ]+r 1 =(x–2) 2 q 2 (x)+r 2 (x–2)+r 1 =
=(x––2) 2 [(x–2)q 3 (x)+r 3 ]+r 2 (x–2)+r 1 =(x–2) 3 q 3 (x)+r 3 (x–2) 2 +r 2 (x–2)+r 1 =
=(x–2) 3 [(x––2)q 4 (x)+r 4 ]+r 3 (x–2) 2 +r 2 (x–2)+r 1 =(x–2) 4 q 4 (x)+r 4 (x–2) 3 +r 3 (x–2) 2 +r 2 (x–2)+ +r 1 = r 5 (x–2) 4 +r 4 (x–2) 3 +r 3 (x–2) 2 +r 2 (x–2)+r 1.
Így a polinom kiterjesztésének együtthatói f(x) fokonként x–2 egyenlők a polinomok osztásából származó maradékokkal f(x), q 1 (x), q 2 (x), q 3 (x), q 4 (x) tovább x–2.
A teljes megoldás egy táblázatba írható:
| –7 | –1 | ||||
A táblázatból egyértelműen kiderül r 5 =1, r 4 =10, r 3 =29, r 2 =31, r 1 = 9 és
f(x)= (x–2) 4 +10(x–2) 3 +29(x–2) 2 +31(x–2)+9.
Feladat 5. Bizonyítsd be.
Megoldás. Tekintsünk egy polinomot. Szám x= –1 a polinom gyöke f(x) és Bezout tétele alapján f(x) teljesen osztható vele x+1, azaz f(x)=(x+1)g(x), Ahol g(x) egy egész együtthatós polinom, ezért x 11 +1 osztva x+1 bármely egész számhoz x. Tegyük fel x=3 5 . Kapunk, i.e. , és mert , arra következtetünk.
Megjegyzés. A „szöggel való osztás” szabályaiból egy polinom f(x) egy polinomhoz g(x) azonnal világos, hogy ha a polinomok f(x) És g(x) egész együtthatókkal, és g(x) redukálva, akkor a hányados és a maradék egész együtthatós polinomok.
Feladat 6. Polinom osztásának maradékai f(x) binomiálisokká x+5 és x-3 egyenlő -9 és 7. Keresse meg a maradékokat, ha ezt a polinomot elosztja egy polinommal g(x)=(x+5)(x-3).
Megoldás. Bezout tétele szerint f(–5)= –9, f(3)=7. Polinom felosztásánál f(x) egy polinomhoz g(x)=x 2 +2x–15 kapunk valamilyen hányadost q(x) és a többit p(x)=fejsze+b, azaz f(x)=(x 2 +2x–15)q(x)+(fejsze+b) .
Helyettesítve az utolsó egyenlőségbe x–5 és 3 értékkel két egyenletrendszert kapunk két ismeretlennel aÉs b:
Miután megoldottuk, megtaláljuk a=2, b=1. Ezután a polinom felosztásának szükséges maradéka f(x) egy polinomhoz g(x) egyenlő lesz 2-vel x+1.
Feladat 7. Adott polinom f(x) egész együtthatókkal és . Bizonyítsd .
Megoldás. Tekintsük a polinom kiterjesztését f(x) fokonként ( x–10):
amiatt, hogy osztható 21-gyel, azaz. osztható 7-tel. Ugyanígy osztható 3-mal. 3 és 7 viszonylagos egyszerűsége miatt a szám f(10)=a n osztható 21-gyel.
Feladat 8. Bontsa ki a polinomot x 7 +3 valós együtthatós másodfokú polinomok szorzatába.
Megoldás. Keressük meg a polinom gyökereit x 7 +3, lesznek
Adni k 0, 1, …, 6 értékek esetén a polinom hét gyökét kapjuk x 7 +3;
x 0 = ; x 1 = ; x 2 = ;
x 3 = = – ; x 4 = = ;
x 5 = = ;
x 6 = = .
Közülük csak egy érvényes - ez x 3 = – , a többi komplex, és páronként konjugált: x 6 = , x 5 = , x 4 = . BAN BEN általános eset
x k = , x k= .
Nézzük a munkát
(x–x k)(x– )=(x 2 –(x k+ )x+x k)=x 2 – x+ , hol k=0, 1, 2.
Van egy másodfokú trinomunk valós együtthatókkal. Polinom x A 7 +3 7 lineáris tényező szorzatára bontható (az algebra alaptételének következménye). A konjugált gyökereknek megfelelő tényezők szorzásával megkapjuk a kívánt kiterjesztést:
x 7 +3=(x–x 0)(x–x 1)(x–x 2)(x–x 3)(x–x 4)(x–x 5)(x–x 6)=(x–x 3)(x–x 0)(x–x 6)(x–x 1)
(x–x 5)(x–x 2)(x–-x 4)=(x–x 3)(x–x 0)(x– )(x–x 1)(x– )(x–x 2)(x– )=(x+ )
(x 2 – (2· ) x+ )(x 2 – (2· ) x+ ) (x 2 ––(2· ) x+ ).
Feladat 9. Mutassa be a polinomot két polinom négyzetösszegeként!
Megoldás. Bármilyen polinom f(x) valós együtthatókkal, bármelyre pozitív, két polinom négyzetösszegeként jelenik meg. Ehhez keressük meg a polinom gyökereit f(x): , bontsuk lineáris tényezőkre, majd szorozzuk meg és , megkapjuk a szükséges reprezentációt:
Jelöljük , , kapunk f(x)=p 2 (x)+q 2 (x).
Feladat 10. Határozza meg a polinom gyökének multiplicitását! Keresse meg a legnagyobb fokú egyszerű gyökű polinomot, amelynek minden gyöke egy polinom gyöke f(x).
1) Ellenőrizzük, hogy a polinom gyök-e f(x).
2) Ellenőrizzük, hogy a polinom első deriváltja-e a gyök f(x)
. f¢(–1)=0, tehát – gyök
polinom f(x), többszöröse legalább 2.
3), ezért a multiplicitás gyöke nem kisebb, mint 3.
4), egy polinom gyöke f(x) multiplicitás 3, azaz. . Megtalálni a legnagyobb fokú polinomot egyszerű gyökökkel, amelyeknek minden gyöke egy gyök f(x), szükséges a polinomban f(x) megszabadulni több gyökértől. Ehhez elosztjuk a polinomot f(x) a polinomok legnagyobb közös osztójával f(x) És f¢( x): . Ezért a szükséges polinom a következő lesz, ahol , x=2 – a polinom egyszerű gyökei.
jegyzet: A gyökér multiplicitása ellenőrizhető Horner sémájával.
Feladat 11. Polinom többszöröseinek elválasztása
Megoldás. A többtényezős tétel szerint: ha valamilyen irreducibilis polinom a P mező felett g(x) van k- a polinom többszöröse f(x) a P mező együtthatóival, akkor g(x) van ( k–1) – a derivált többszörös tényezője f(x). Így, amikor elköltözik f(x) Nak nek f′( x) az összes tényező többszöröse 1-gyel csökken. A polinomra azonban f′( x) lehetnek olyan tényezők, amelyek nem léteznek f(x). Hogy megszabaduljunk tőlük, találunk egy gcd-t f(x) és f′( x). Csak azokat a tényezőket tartalmazza, amelyek benne vannak f(x), azonban 1-nél kisebb tényezővel.
Az euklideszi algoritmust alkalmazva megkapjuk
Mivel létezik egy harmadfokú polinom, amelynek faktorokra bontása általában nehézkes, viszont több faktorral is rendelkezhet, ezért hasonló faktorszám-csökkentési eljárást alkalmazunk rá. Megkapjuk. Tehát a szorzó x–1 1-es szorzattal szerepel benne, ezért 2-es szorzattal szerepel. Oszd meg ( x–1) 2 , keressük meg . Ezért van: szorzó ( x–1) tartalmazza f(x) 3-as szorzattal, és x+3 2 többszörösével. Osztás f(x) a polinomhoz, megkapjuk
Feladat 12. Bizonyítsuk be, hogy a szám irracionális.
Megoldás. Ez a szám egy redukált egész polinom gyöke, amelynek nincs racionális gyökerei, mert minden racionális gyöke egész szám, és osztóinak kell lenni az 5-tel.
Feladat 13. Keresse meg egy polinom racionális gyökereit!
f(x)=6x 4 +19x 3 –7x 2 –26x+12.
Megoldás. Ha egy racionális irreducibilis tört, amely egy polinom gyöke f(x)=A 0 x n +a 1 xn- 1 +a 2 xn- 2 +…+a n– 1 x+a n egész együtthatókkal, akkor:
1. k van osztó A 0 ;
2. p van osztó a n;
3. p–mk van osztó f(m) bármely egész számra m.
A mi esetünkben: kértékeket vehet fel: ±1, ±2, ±3, ±6 és p– ±1,±2, ±3, ±4, ±6, ±12. Mostantól ellenőrizhető lenne az űrlap minden egyes száma polinomba való behelyettesítéssel vagy a Horner-séma használatával. E számok közül azonban sok egyszerűbb módon "kigyomlálható". Határozzuk meg ennek a polinomnak a VG x =1+, NG x = –(1+) valós gyökeinek határait, ahol A– a legnagyobb közül abszolút értékeket együtthatók, és A 0 – együttható at x n vagy VG x =1+, ahol k– a polinom első negatív együtthatójának indexe f(x), A B– negatív együtthatóinak abszolút értékei közül a legnagyobb (ez a módszer akkor alkalmazható, ha A 0 > 0). Példánkban k=2, B=26, A 0 =6. VG x =1+< 4.
Ahhoz, hogy ezzel a módszerrel megtaláljuk az alsó határt, elegendő f(x) ahelyett x helyettesítő (- x) és használja a következő szabályt: a polinom valós gyökeinek alsó korlátja f(x) egyenlő a polinom valós gyökeinek felső korlátjával f(–x), ellenkező előjellel vettük. A mi esetünkben
f(–x)=6x 4 –19x 3 –7x 2 +26x+12 és 0 =6, k=1, B=19. VG x =1+<5, значит, нижняя граница – НГ х = –5. Итак, корни многочлена заключены в интервале (–5,4). Более точные границы можно было найти по методу Ньютона. Воспользуемся еще тем, что если – корень f(x), majd egész szám. meg fogjuk találni f(1)=4,
f(–1)=13, akkor – egész szám, – egész szám, ha – gyök f(x).
Mindenféle törtet ellenőrizünk, figyelembe véve a gyökerek határait.
| ts | d | ts | ts | d | d | ts | d | ts | d | ts | d | ts | d | ts | ts | d | d | |
| ts | d | ts | d | d | d | ts | d | ts |
Az ellenőrzés során megjelentek a 2, –3, , racionális számok - „jelölt gyökerek”, ezeket Horner séma szerint ellenőrizzük, ügyelve arra, hogy f(2)≠0, , f(–3)=0, . Egy negyedfokú polinomhoz két gyöket találtunk, ami azt jelenti f(x) többszörös ( x+3) vagy f(x)=(6x 2 +4x–8)(x+3) . Polinom gyökerei g(x)=6x 2 +4x–8 közvetlenül találjuk x= irracionális számok.
Feladat 14. Bizonyítsuk be, hogy ennek az egyenletnek nincsenek nullától eltérő egész megoldásai.
Megoldás. Az egyenlőség bal oldala egy negyedfokú homogén polinom. Osszuk el az egyenlőség mindkét oldalát x 4. Kapunk
Akkor tegyük fel. Egy adott egyenletnek akkor és csak akkor van nem nulla egész megoldása, ha a polinomnak vannak racionális gyökei. A redukált polinom egész szám, minden racionális gyöke: először is egész szám; másodsorban a 9 szabad tag osztói, azaz. a halmazhoz kell tartoznia (±1, ±3, ±9). Közvetlen ellenőrzéssel megbizonyosodhat arról, hogy ennek a halmaznak egyetlen eleme sem a gyöke egy polinomnak, pl. ennek a polinomnak nincs racionális gyöke, ami azt jelenti, hogy az adott egyenletnek nullától eltérő egész gyökei vannak.
Feladat 15. Mire természetes n prím lesz a szám?
Megoldás. Mutassuk meg. Valóban, ha A akkor a polinom tetszőleges gyöke A lesz a polinom gyöke, azaz. A 3 = 1 és A 2 +A+1=0.
Tekintsük, i.e. A– polinom gyöke. Mert A egy polinom tetszőleges gyöke, akkor a polinom minden gyöke egy polinom gyöke, ezért ahol P(x) egy egész együtthatós polinom.
Tegyük fel, hogy akkor pl. .
Tekintsük az eseteket és .
2. Mikor egy prímszám.
Egy természetes számot két természetes szám szorzataként ábrázolunk. Ebből láthatjuk, hogy lehet egyszerű is, ha vagy , akkor eldobjuk.
Amikor , és két 1-nél nagyobb természetes szám szorzataként jelenik meg, ami azt jelenti, hogy ez a szám összetett.
Feladat 16. Oldjon meg egyenleteket a komplex számok területén!
1)x 3 +6x+2=0; 2) x 3 –9x 2 +18x–28=0; 3) x 4 -2x 3 +4x 2 -2x+ 3=0.
1. Oldja meg az egyenletet! x 3 +6x+2=0.
Egy köbös egyenlet gyökére x 3 +fejsze+b=0 van az úgynevezett Cardano-képlet: x i =u i +v i (én=0, 1, 2), ahol u 0 , u 1 , u 2 – radikális érték
u= és v i= . A mi esetünkben, A=6, b=2,
u= = = = = (cos + én bűn), hol l=0, 1, 2. Helyettesítés l 0, 1, 2 értékeket kapunk: u 0 = , u 1 =
= (cos + én sin )= (– + én), u 2 = (cos + én bűn )= (– – én ),
v 0 = = = = ,
v 1 = = = = ( +én ),
v 2 = = = = ( –én ),
x 0 = u 0 +v 0 = – , x 1 =u 1 +v 1 = , x 2 = u 2 +v 2 =
Válasz: - ; .
2. Oldja meg az egyenletet! x 3 –9x 2 +18x–28=0.
Az egyenletünket redukáljuk a forma egyenletére y 3 +igen+b=0, a csere elvégzése x=y– =y+3, (a 0 , a 1 – együtthatók x 3 és x 2). Kapunk:
y 3 –9y–28=0. Megoldásait a Cardano képlet segítségével találjuk meg: y i =u i+v én, (én=0, 1,…2),
Ahol u 0 =3, u 1 = , u 2 = , v 0 =1 , v 1 = , v 2= ,
y 0 =4, y 1 = , y 2 = , x 0 =7, x 1 = , x 2 = .
Válasz: 7; .
3. Oldja meg az egyenletet! x 4 -2x 3 +4x 2 -2x+ 3=0.
Használjuk a Ferrari módszerét. Hagyjuk az egyenlet bal oldalán a -t x 4 és x 3, és add hozzá egy teljes négyzethez:
Most adjunk hozzá új ismeretlen kifejezéseket mindkét oldalon yígy a bal oldal ismét négyzet alakú lesz (függetlenül az értéktől y)
Itt vannak az együtthatók a hatványok előtt x a jobb oldalon bizonytalan mennyiségtől függ y. Válasszuk ki y értékét úgy, hogy a jobb oldalból négyzet legyen. Ehhez az szükséges, hogy a négyzet diszkriminánsa (relatív x) a jobb oldali trinom egyenlő volt nullával. Ha ezt a diszkriminánst nullával egyenlővé tesszük, a következőt kapjuk:
innen y=4 és .
Helyettesítés y=4 a (*) egyenletbe, kapjuk: vagy . A kapott egyenlet mindkét oldaláról négyzetgyököt véve két másodfokú egyenletet kapunk: és vagy és . Ezek megoldása után megtaláljuk az egyenletünk 4 gyökerét: , .
Válasz: , .
Feladat 17. Adott polinomok
f(x)=x 3 –3x 2 +2x–5, g(x)=x 3 +3x 2 –1.
1) Határozza meg mindegyik valódi gyökereinek számát!
2) Sturm tételével keressük meg a ( a, b), Ahol b–a=1, amely a legnagyobb gyökérrel rendelkezik x 0 polinom g(x);
3) Számítsa ki a gyökét 0,0001 pontossággal! x 0 lineáris interpolációs módszerrel és Newton módszerével;
1. Ha az esély aÉs b egyenletek x 3 +fejsze+b=0 valós, akkor ennek az egyenletnek a valós gyökeinek számát teljesen a szám előjele határozza meg D = – 4a 3 – 27b 2, amelyet a polinom diszkriminánsának nevezünk x 3 +fejsze+b, a következő módon:
a) D=0 esetén mindhárom gyök valós, kettő egyenlő;
b) D>0 esetén mindhárom gyök érvényes;
c) D-nél<0 – один корень действительный, два мнимых.
A mi esetünkben: f(x)=x 3 –3x 2 +2x–5 vagy putting x=y+1, y 3 –y–5=0, azaz D=4–27·25<0, поэтому многочлен f(x) egy valódi gyökere van.
2. Polinomhoz g(x) meghatározzuk a valós gyökök számát úgy, hogy meghatározzuk a polinom Sturm rendszerében az előjelváltozások számát g(x) amikor –∞-ről +∞-ra mozog. Megtaláljuk azt a teljes határt is, amelyek között ezek a gyökök találhatók, és nem fogunk előre elkészíteni ennek a függvénynek a grafikonját.
Bármilyen polinom g(x) valós együtthatókkal és többszörös gyök nélkül, a Sturm rendszerrel rendelkezik. Ha egy polinomnak több gyöke van, akkor a polinom elosztásával meg kell szabadulnia tőlük g(x) a polinomok gcd-jén g(x) És g"(x). Sturm polinomrendszer g(x) a következőképpen szerkeszthető: put g 1 (x)=g"(x), majd ossza el g(x) tovább g 1 (x) és ennek az osztásnak az ellenkező előjellel vett fennmaradó részét a következőnek tekintjük g 2 (x), azaz g(x)=g 1 (x)h 1 (x)–g 2 (x). Általában, ha polinomok g k–1 ( x) És g Nak nek ( x) akkor már megtalálhatók g k+1 ( x) lesz a részleg fennmaradó része g k–1 ( x) tovább g Nak nek ( x), ellenkező előjellel:
g k–1 ( x)=g Nak nek ( x)q Nak nek ( x)– g k+1 ( x).
Keressük meg a Sturm rendszert g(x), a megadott módszerrel. Ráadásul az osztás során az euklideszi algoritmustól eltérően csak tetszőleges pozitív számokkal fogunk szorozni és csökkenteni, mert a maradékok jelei fontos szerepet játszanak Sturm módszerében. Kapunk egy ilyen rendszert
g(x)=x 3 +3x 2 –1,
g 1 (x)=3x 2 +6x,
g 2 (x)=2x+1,
g 3 (x)=1.
Határozzuk meg ennek a rendszernek a polinomjainak előjeleit at x=–∞ és x= +∞, amelynél csak a vezető együtthatók előjeleit és ezeknek a polinomoknak a fokait nézzük. +∞-nél a Sturm-rendszer összes polinomjának előjele egybeesik a legmagasabb tagjának előjeleivel, és –∞-nél a Sturm-rendszer polinomjainak előjele egybeesik a páros fokú polinomokra és a legmagasabb együtthatóik előjeleivel. ellentétesek a páratlan fokú legmagasabb polinomok előjeleivel.
Így átálláskor x–∞-től +∞-ig a Sturm-rendszer három előjelváltozást veszít, így a polinom g(x) pontosan három valós gyöke van (Sturm tétele).
Folytassuk a jelek tanulmányozását a Sturm-rendszerben, figyelembe véve a (0,1), (1,2), (2,3) stb. intervallumokat, (0,–1), (–1,–2) , (–2 ,–3) stb. Így definiáljuk az intervallumokat ( A, b), Ahol a–b=1, amely három valós gyökeret tartalmaz, és keresse meg az intervallumot x 0 .
Így a polinom Sturm-rendszere g(x) az átmenet során egy előjelváltozást veszít x–3-tól –2-ig, –1-től 0-ig és 0-tól 1-ig. Gyökerek x 1 , x 2 , x Ennek a polinomnak a 3-a tehát kielégíti az egyenlőtlenségeket:
–3<x 1 <–2, –1<x 2 <0, 0<x 3 <1, т.е. наибольший корень x 0 (0,1).
3. Szerkesszük meg a polinom sematikus gráfját a (0, 1) intervallumban! g(x), kiszámítja a polinomok következő értékeit:
g(0)=–1, g(1)=3, g"(0)=0, g"(1)=9 (a függvény a vizsgált intervallumon növekszik), g""(0)>0g""(1)>0 (a függvény konvex).
A függvény sematikus grafikonja az 1. ábrán látható.
Először az akkordmódszert használva a (0,1) szakaszon, a görbén y=g(x) helyére az AB húr kerül, és az abszcissza a gyök első közelítő értéke x=ennek az akkordnak a tengellyel való metszéspontjától x. A KBC háromszög hasonló a CAE háromszöghöz, ezért , vagy , vagy . Általában .
Ezután Newton módszerével húzunk egy érintőt y beütemezni g(x) az A(1, g(1)) (a pontban érintőt húzunk x=1, mert g(1) és g""(1) azonos előjelű), és vegyük az abszcisszát a gyök másik közelítő értékének x=R ennek az érintőnek az Ox tengellyel való metszéspontja.
Írjuk fel az A ponton átmenő érintő egyenletét
y–g(1)=g"(1)(x–1).
Mivel ez az érintő átmegy a ponton ( p, 0), majd ezeket az értékeket behelyettesítve az érintőegyenletbe, megkapjuk
0–g(1)=g"(1)(p–1) vagy p=1– =1– .
Általában p=b- .
A kívánt gyökér pontosabb értéke x 0 már kereshető az újban
intervallum ( A 1 , b 1), elhelyezés A 1 =0,3, b 1 = 0,7. Az akkordmódszer és a Newton-módszer megismétlésével az intervallumban ( A 1 , b 1) rendelkezünk: g(A 1)=–0,703; g(b 1)=0,813; g"(b 1)=5,67.
Mert g(A 1) és g(b 1) akkor különböző jelek x 0 (A 1 ,b 1)
p 1 =0,7– .
Vegyünk egy új intervallumot ( A 2 , b 2), elhelyezés A 2 =0,5, b 2 =0,55, g(A 2)=–0,125, g(b 2)=0,073875, g"(b 2)=4,2075, mert g(A 2) és g(b 2) – különböző jelek tehát x 0 (A 2 ,b 2),
, p 2 =0,55– .
És végül, figyelembe véve az intervallumot ( A 3 , b 3), hol A 3 =0,531, b 3 =0,532, keressük pontosabban x 0 .
Feladat 18.A következő racionális tört, ahol
f(x)= 2x 4 –10x 3 +7x 2 +4x+3, g(x)=x 5 –2x 3 +2x 2 –3x+2,
a racionális számok terén egyszerű törtek összegére bővíteni.
Megoldás. Minden megfelelő racionális tört egyedi felosztással rendelkezik egyszerű törtek összegére. Esetünkben a diploma f(x) foknál kisebb g(x), tehát a tört helyes.
Kulcsszavak: egyenletek, Polinom, Az egyenlet gyökerei
Előadás a leckéhez
Vissza előre
Figyelem! A dia-előnézetek csak tájékoztató jellegűek, és nem feltétlenül képviselik a prezentáció összes jellemzőjét. Ha érdekli ez a munka, töltse le a teljes verziót.
Az óra típusa: Az elsődleges ismeretek elsajátításának és megszilárdításának lecke.
Az óra célja:
- Ismertesse meg a tanulókkal a polinomok gyökeinek fogalmát, és tanítsa meg őket megtalálni. Fejlessze a polinom hatványokkal való bővítésére és a polinom binomimmal való osztására vonatkozó Horner-séma használatának készségeit.
- Tanuld meg megtalálni az egyenlet gyökereit a Horner-séma segítségével.
- Fejleszti az absztrakt gondolkodást.
- A számítástechnikai kultúra előmozdítása.
- Interdiszciplináris kapcsolatok fejlesztése.
Az órák alatt
1. Szervezési mozzanat.
Tájékoztassa az óra témáját, fogalmazzon meg célokat.
2. Házi feladat ellenőrzése.
3. Új anyag tanulmányozása.
Legyen Fn(x) = a n x n +a n-1 x n-1 +...+ a 1 x +a 0 - n fokú polinom x-re, ahol a 0, a 1,...,a n adott számok, és a 0 nem egyenlő 0-val. Ha az F n (x) polinomot a maradékkal osztjuk az x-a binomimmal , akkor a hányados (nem teljes hányados) n-1 fokú Q n-1 (x) polinom, az R maradék egy szám, és az egyenlőség igaz F n (x)=(x-a) Q n-1 (x) +R. Az F n (x) polinom csak R=0 esetén osztható az (x-a) binomimmal.
Bezout tétele: Az F n (x) polinom (x-a) binomimmal való osztásának R maradéka egyenlő az F n (x) polinom értékével x=a-nál, azaz. R=Pn(a).
Egy kis történelem. Bezout tétele látszólagos egyszerűsége és nyilvánvalósága ellenére a polinomelmélet egyik alapvető tétele. Ez a tétel a polinomok algebrai tulajdonságait (amelyek lehetővé teszik a polinomok egész számként való kezelését) a funkcionális tulajdonságaikkal (amelyek lehetővé teszik a polinomok függvényként történő kezelését) összekapcsolják. A magasabb fokú egyenletek megoldásának egyik módja az egyenlet bal oldalán található polinom faktorizálása. A polinom és a maradék együtthatóinak számítását egy táblázat formájában írjuk le, amelyet Horner-sémanak nevezünk.
A Horner-séma egy polinomok osztó algoritmusa, arra a speciális esetre írva, amikor a hányados egyenlő egy binomiálissal x–a.
Horner William George (1786-1837), angol matematikus. A fő kutatás az algebrai egyenletek elméletére vonatkozik. Kidolgozott egy módszert bármilyen fokú egyenletek közelítő megoldására. 1819-ben bevezetett egy fontos módszert az algebra számára a polinom x - a binomimmal való osztására (Horner-séma).
A Horner-séma általános képletének levezetése.
Ha egy f(x) polinomot elosztunk egy maradékkal egy binomimmal (x-c) azt jelenti, hogy keresünk egy q(x) polinomot és egy r számot úgy, hogy f(x)=(x-c)q(x)+r
Írjuk le ezt az egyenlőséget részletesen:
f 0 x n + f 1 x n-1 + f 2 x n-2 + ...+f n-1 x + f n =(x-c) (q 0 x n-1 + q 1 x n-2 + q 2 x n-3 +...+ q n-2 x + q n-1)+r
Tegyük egyenlővé az együtthatók ugyanazon fokon:
xn: f 0 = q 0 => q 0 = f 0 xn-1: f 1 = q 1 - c q 0 => q 1 = f 1 + c q 0 xn-2: f 2 = q 2 - c q 1 => q 2 = f 2 + c q 1 ... ... x0: f n = q n - c q n-1 => q n = f n + c q n-1.
A Horner-kör bemutatása egy példa segítségével.
1. Feladat. Horner sémájával elosztjuk az f(x) = x 3 - 5x 2 + 8 polinomot maradékkal az x-2 binomimmal.
| 1 | -5 | 0 | 8 | |
| 2 | 1 | 2*1+(-5)=-3 | 2*(-3)+0=-6 | 2*(-6)+8=-4 |
f(x) = x 3 - 5x 2 + 8 =(x-2)(x 2 -3x-6) -4, ahol g(x)= (x 2 -3x-6), r = -4 maradék.
Polinom kiterjesztése binomiális hatványaiban.
A Horner-séma segítségével az f(x)=x 3 +3x 2 -2x+4 polinomot a binomiális (x+2) hatványaiban bővítjük.
Ennek eredményeként az f(x) = x 3 +3x 2 -2x+4 = (x+2)(x 2 +x-4)+12 = (x+2)((x-1) kiterjesztést kell kapnunk. )(x+ 2)-2)+12 = (((1*(x+2)-3)(x+2)-2)(x+2))+12 = (x+2) 3 -3( x+2) 2 -2(x+2)+12
A Horner-sémát gyakran használják harmadik, negyedik és magasabb fokú egyenletek megoldására, amikor célszerű a polinomot x-a binomiálisra bővíteni. Szám a hívott a polinom gyöke F n (x) = f 0 x n + f 1 x n-1 + f 2 x n-2 + ...+f n-1 x + f n, ha x=a az F n (x) polinom értéke nulla: F n (a)=0, azaz. ha a polinom osztható az x-a binomimmal.
Például a 2 szám az F 3 (x)=3x 3 -2x-20 polinom gyöke, mivel F 3 (2)=0. azt jelenti. Hogy ennek a polinomnak a faktorizálása x-2 tényezőt tartalmaz.
F 3 (x)=3x3 -2x-20=(x-2)(3x2 +6x+10).
Bármely F n(x) fokú polinom n 1-nek nem lehet több n igazi gyökerek.
Egy egész együtthatós egyenlet bármely egész gyöke a szabad tagjának osztója.
Ha egy egyenlet vezető együtthatója 1, akkor az egyenlet minden racionális gyöke, ha létezik, egész szám.
A tanult anyag konszolidációja.
Az új anyag megszilárdítása érdekében a tanulókat felkérjük, hogy töltsenek ki számokat a 2.41 és 2.42 tankönyvből (65. o.).
(2 tanuló a táblánál old meg, a többiek, miután eldöntötték, ellenőrzik a feladatokat a füzetben a táblán lévő válaszokkal együtt).
Összegzés.
A Horner-séma felépítésének és működési elvének megértése után számítástechnikai órákon is használható, amikor az egész számok decimális számrendszerből kettes rendszerbe és fordítva való konvertálásának kérdését vizsgáljuk. Az egyik számrendszerből a másikba való átmenet alapja a következő általános tétel
Tétel. Egész szám konvertálásához Ap tól től p-árszámrendszertől alapszámrendszerig d szükséges Ap sorrendben osszuk el a maradékkal számmal d, ugyanabban írva p-áris rendszert addig, amíg a kapott hányados nem lesz egyenlő nullával. A részleg maradéka lesz d- numerikus számjegyek Hirdetés, a legfiatalabb kategóriától a legidősebbig. Minden műveletet be kell hajtani p-árszámrendszer. Egy személy számára ez a szabály csak akkor kényelmes p= 10, azaz fordításkor tól től decimális rendszer. Ami a számítógépet illeti, éppen ellenkezőleg, „kényelmesebb” a számítások elvégzése kettes számrendszer. Ezért a „2-től 10-ig” való konvertáláshoz a bináris rendszerben szekvenciális osztást használunk tízzel, a „10-től 2-ig” pedig a tíz hatványainak összeadása. A „10 a 2-ben” eljárás számításainak optimalizálására a számítógép a Horner-féle gazdaságos számítási sémát használja.
Házi feladat. Két feladat elvégzése javasolt.
1. A Horner-séma segítségével ossza el az f(x)=2x 5 -x 4 -3x 3 +x-3 polinomot a binomimmal (x-3).
2. Határozzuk meg az f(x)=x 4 -2x 3 +2x 2 -x-6 polinom egész gyökét (figyelembe véve, hogy egy egész együtthatós egyenlet bármely egész gyöke osztója a szabad tagjának)
Irodalom.
- Kurosh A.G. "A magasabb algebra tanfolyama."
- Nikolsky S.M., Potapov M.K. és mások 10. évfolyam „Algebra és a matematikai elemzés kezdetei”.
- http://inf.1september.ru/article.php?ID=200600907.
Ötödik fokú polinom faktorálása másodfokú tényezőkké a Lagrange-interpolációs polinom segítségével 1. Az ötödik fokú Lagrange-interpolációs polinom definíciója. Az ötödik fok redukált polinomjának faktorizálásához teljesíteni kell a következő egyenlőséget: f(x)=φ(x)·g(x). Ebben az esetben a φ(x) és g(x) polinomok mértéke nem lehet nagyobb ötnél. Egy adott értéktáblázattal egy ötödik foknál nem magasabb egész polinom meghatározásához van egy képlet a Lagrange-interpolációs polinomhoz (IPL): 6 Ak k=1 F"(xk)(x−xk) , ahol F (x)=(x-x1)·(x-x2)·(x-x3)·(x-x4)·(x-φ(x) = F(x)· ∑ x5)(x-x6), Az F(x) függvény deriváltjának Fʹ(xk) értékei az xk pontokban A φ(x) és g(x) tényezők meghatározásához hat egész érték x2 (x)= φ(x)·g(x) ; ·g(x2) = φ(x4)= φ(x5)=φ(x5) · g(); x6). mint f(xk) Аk, és válassza ki az xk értékeit egymás utáni, nullához közeli egész számok formájában, azaz x1= -3= -1, így néz ki:
F(x) φ(x) A4 + A2 A3 + A1 A5 F"(1) (x-1) + +A6 F" (-3) (x+3) F" (-2) (x+2) + + F"(0)x F"(−1)(x+1) F"(2)(x−2)) , ·(ahol F(x)=(x+3)·(x+2) ·(x+1)·x-1)·(x-2). IML 1. tétele (Horner-séma általánosítása) A φ(x) számok egy növekvő számsort alkotnak közös nevezőt, azaz az eredményül kapott számlálót ötödik fokú polinomként kell felírni, amelynek együtthatói az A1 fokú „x” számokat 120-zal egyenlővé teszik. hat változóval: -A1+5 A2-10 A3+10 A4-5 A5+A6=0 5 A2-20 A3 +30 A4-20 A5+5 A6=0 5 A1-35 A2+70 A3-50 A4+ 5 A5+5 A6=0 -5 A2+80 A3-150 А4+80·А4-5·А6=0 -4·А1+30·А2-120·А3+40·А4+60·А5-6·А6 =120. Ha rögzítjük az A6 számot, akkor az összes többit a következő képletekkel fejezzük ki: A1=A6-5; A2=A6-4; A3=A6-3; A4=A6-2; A5=A6-1.
Növekvő egész számsorozatot kaptunk. A tételből következik, hogy a lineáris tényező alakja a következő: φ(x)=x+A4 (3). Definíció: ezen összefüggések által adott számsorok A1=A6-5; A2=A6-4; A3=A6-3; A4=A6-2; A5=A6-1; Az A6-ot lineáris Lagrange sorozatnak nevezik. Definíció: egy lineáris Lagrange-sort „jelöltnek” nevezünk, ha minden Аk száma az f(xk) függvény megfelelő értékeinek osztója, ahol k=1;2;3;4;5;6. Valamennyi jelölt esetében a (3) képlet segítségével megszerkesztünk egy φ(x) lineáris tényezőt, és ellenőrizzük az oszthatóságát f(x)-szel. A tételből következik, hogy a lineáris tényező φ(x)=x+A4 alakú, ahol A4 a szabad tag osztója, azaz. Hasonló a redukált polinomhoz a Horner-séma szerint. Példa: f(x)= x5-8x4+2x3-16x2+x-8. A Horner-séma segítségével megtaláljuk a polinom értékét x = -3-nál; -2; -1; 0;1;2. Ehhez állítsuk össze az 1. táblát: -8 -11 -10 -9 -8 -7 -6 -3 -2 -1 0 1 2 Az 1. tábla utolsó oszlopát átírjuk a 2. táblázat első sorával. ebben a sorban olyan szám van, amelyiknek van legkisebb szám osztók. Példánkban ez a szám -8. Írjuk fel az összes osztóját egy oszlopba. A -8 szám minden osztójára egy lineáris Lagrange-sort írunk egy sorba. Az így létrejött Lagrange-sorozatból kiválasztjuk a „jelölteket”. Szerkesszünk egy φ(x) polinomot f(0)-ban „jelöltek” felhasználásával. lineáris szorzót -8 -1100 -250 -36 -8 -28 -150 határozza meg: 1 1 1 1 1 1 1 2 35 22 11 2 -5 -10 -16 -121 -60 -27 -16 -21 -36 1 364 121 28 1 -20 -71
36 A3 0 -2 1 -3 3 -5 7 -9 -8 A4 1 -1 2 -2 4 -4 8 -8 -28 A5 2 0 3 -1 5 -3 9 -7 -150 A6 3 1 4 0 6 -2 10 -6 (3) képletet, és ellenőrizze oszthatóságukat az adott f(x)= x5-8x4+2x3-16x2+x-8 polinommal. 2. táblázat: -250 -1100 A2 A1 -2 -1 -3 -4 0 -1 -5 -4 2 1 -6 -7 5 6 -11 „candide -10 at” A fenti 2. táblázatban a téglalapok árnyékoltak szürke, amelyek olyan számokat tartalmaznak, amelyek nem osztói az f(x) függvény megfelelő értékeinek. Ez a táblázat tartalmazza az összes szám sorát vagy Lagrange-sorozatát, amelyek az f(x) függvény megfelelő értékeinek osztói. Ez a sorozat az egyetlen jelölt. Ebben a sorozatban A4 = -8, φ(x)=x- A4-et behelyettesítve a képletbe, φ(x)=x- 8-at kapunk. Az aktuális jelöltet feketével jelöljük ki. 3. Polinomiális tényezők bővítése IML segítségével. Ellenőrizze:x5-8x4+2x3-16x2+x-8=(x-8)·(x4+2x2+1). másodfokúakba 2. Tétel. A φ(x) tényező másodfokú, ha az A1 számok; A2; A3; A4; A5; Az A6-ot a következő összefüggések kapcsolják össze: A1=5·(A5+4)-4·A6 A2=4·(A5+3)-3·A6 A3=3·(A5+2)-2·A6 A4=2 · (A5+1)-1 A6
Bizonyítás: Bizonyítás: redukáljuk az (1) polinomot a legkisebb közös nevezőre, azaz! 120· F(x)-hez felírjuk a kapott számlálót egy ötödfokú polinom formájában, amelynek együtthatói A1 számokat tartalmaznak; A2; A3; A4; A5; A6. Ahhoz, hogy az (1) polinom másodfokú legyen, az ötödik, negyedik és harmadik fokú „x” együtthatóit nullával kell egyenlővé tenni, a másodfokú „x” együtthatót pedig 120-zal. eredményként a következő négy egyenletrendszert kapjuk hat változóval: -A1+5 A2-10 A3+10 A4-5 A5+A6=0 5 A2-20 A3+30 A4-20 A5+5 A6=0 5 A1 -35 A2 +70 A3-50 A4+5 A5+5 A6=0 -5 A2+80 A3-150 A4+80 A5-5 A6=120. Ha rögzítünk két A5 és A6 számot, akkor az összes többit a következő képletekkel fejezzük ki: A1=5·(A5+4)-4·A6; A2=4·(A5+3)-3·A6; A3=3·(A5+2)-2·A6; A4=2·(A5+1)-1·A6. A tételből következik, hogy a másodfokú tényezőt a φ(x)=x2+(A6-A5-3) x+ A4 képlettel fejezzük ki. (4) Definíció: A következő relációk által adott egész számok sorozata; A3=3·(A5+2)-2·A6; A4=2·(A5+1)-1·A6 másodfokú Lagrange-sornak nevezzük Definíció: egy másodfokú Lagrange-sort akkor nevezünk „jelöltnek”, ha minden Ak száma osztója az f(xk) függvény megfelelő értékeinek ), k=1;2;3;4;5;6. Minden jelölt esetében a (4) képlet segítségével megszerkesztjük a φ(x) másodfokú tényezőt, és ellenőrizzük az oszthatóságát f(x)-szel. A1=5·(A5+4)-4·A6; A2=4·(A5+3)-3·A6
A3 A4+ d+4 A4 A5+ d+2 A5 A5 4. A másodfokú Lagrange-sorok egyszerűsített formája. A kvadratikus Lagrange-sor képletei egyszerűsíthetők. Ehhez a „d” betű az A5-A6 különbséget jelöli, majd a másodfokú Lagrange-sorok egyszerűbb képleteknek és a felépítésükhöz kényelmesebbnek tűnnek: A1 A2 A2+ d+8 A3+ d+6 Példa: A5= 7; A6=10 másodfokú Lagrange-sort alkot. Határozzuk meg d=7-10=-3, majd a táblázatban található képletek segítségével megtaláljuk ennek a sorozatnak a számait: A1 A2+ d+8 10+(- 3)+8 15 Válasz: 15; 10; 7; 6; 7; 10. Tekintsünk példát az ötödfokú redukált polinom faktorálására: f(x)=x5-5x4+13x3-22x2+27x- 20. A5 A2 A3+ d+6 A5 7+(-3)+6 6+( -3) +4 7+(-3)+2 7 7 10 A4 A5+ d+2 A3 A4+ d+4 7 6 A6 A6 A6 A6 10 10 1) A Horner-séma segítségével a függvény értékeit a x=-3; -2;-1; 0;1;2. Ehhez készítsünk egy táblázatot: 1 1 1 1 1 1 1 -5 -8 -7 -6 -5 -4 -3 13 37 27 19 13 9 7 -22 -133 -76 -41 -22 -13 - 8 -3 - 2 -1 0 1 2 2) Határozza meg, hogy ennek a polinomnak vannak-e lineáris tényezői! Ehhez a kapott függvényértékeket felírjuk a 3. számú táblázatsorba. Ezek közül kiválasztjuk azt a számot, amelynek a legkisebb osztószáma van. Példánkban ez a „2” szám. Írjuk be az összes egész osztóját egy oszlopba. A "2" szám minden osztójára -20 -1298 -378 -88 -20 -6 2 27 426 179 68 27 14 11
sorban lineáris Lagrange-sorokat írunk. Ezek közül kiválasztunk jelölteket, és ellenőrizzük az oszthatóságot az adott f(x) polinommal. 3. számú táblázat: -1298 A1 -378 A2 -88 A3 -20 A4 -3 0 -4 -5 -6 A5 0 -2 1 -3 2 A6 1 -1 2 -2 Ebben a 3. számú táblázatban a cellák szürkével jelöltek, amelyek olyan számokat tartalmaznak, amelyek nem osztói az f(x) függvény megfelelő értékeinek. Nincs szükség üres cellák kitöltésére, hiszen a megszerkesztett másodfokú Lagrange-sor egy szürke cellában lévő számmal biztosan nem „jelölt”. Ebből a 3. számú táblázatból egyértelműen kiderül, hogy nincsenek „jelöltek”. Ez azt jelenti, hogy ez az f(x)=x5-5x4+13x3- 22x2+27x-20 polinom nem bővíthető lineáris tényezőkké. 3) Határozza meg, hogy ennek a polinomnak van-e másodfokú tényezője! Ehhez a kapott függvényértékeket felírjuk a 4. számú táblázat sorába. Ezek közül választunk ki két olyan számot, amelyeknek a legkisebb az osztószáma. Példánkban ezek a „2” és „-6” számok, ezek osztóit oszlopokba írjuk. A „2” és „-6” számok minden osztópárjához másodfokú Lagrange-sort írunk egy sorba. Ezek közül kiválasztunk jelölteket, és ellenőrizzük az adott f(x) polinommal való oszthatóságukat. 4. számú táblázat: -1298 A1 A2+ d+8 -378 A2 A3+ d+6 5 -88 A3 A4+ d+4 1 10 -5 -20 A4 A5+ d+2 3 -1 5 -3 7 -5 -6 A5 A5 1 -1 2 -2 3 -3 2 A6 A6 1 1 1 1 1 1 d= A5- A6 d=0 d=-2 d=1 d=-3 d=2 d=-4
19 7 2 14 -2 14 7 22 2 13 6 11 5 2 5 -1 8 -4 7 19 1 13 -11 5 1 7 -1 9 -3 15 -9 2 -2 4 -4 6 -6 12 -12 6 2 8 0 10 -2 16 -8 6 -6 1 -1 2 -2 3 -3 6 -6 1 -1 2 -2 3 -3 6 -6 1 -1 2 -2 3 -3 6 -6 1 1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 2 2 2 2 2 2 2 -2 -2 -2 -2 -2 -2 -2 -2 d=5 d=-7 d= 2 d=0 d=3 d=-1 d=4 d=-2 d=7 d=-5 d=-1 d=-3 d=0 d=-4 d=1 d=-5 d=4 d=-8 d=3 d=1 d=4 d=0 d=5 d=-1 d= 8 d=-4 „cand”. "folypát." Ebben a 4. számú táblázatban két „jelöltet” látunk. Segítségükkel a φ(x)=x2+(A6- A5-3) x+ A4 képlet segítségével megtaláljuk a négyzetes tényezőket: φ1(x)=x2-3x+ 4; φ2(x)=x2+x-4. Az ellenőrzés azt mutatja, hogy a két tényező közül az egyik igaz, ez φ1(x)=x2-3x+ 4, a másik tényező pedig idegennek bizonyult. Válasz: x5-5x4+13x3-22x2+27x-20=(x2-3x+ 4)·(x3-2x2+3x-5). Ebben a 4. számú táblázatban 32 kvadratikus Lagrange-sort kaptunk. Ezt a számot a különböző pozitív és negatív osztópárok száma határozza meg, amelyek két szomszédos oszlopban helyezkednek el. két függvényérték,
5. A másodfokú Lagrange sorozatok számának csökkentése. Definíció szerint, ha a függvény értékei, az osztók száma, amelyek minimálisak, nincsenek a közelben, akkor a következő tételt használhatja: 3. Tétel Legyen ismert A4 és A6, akkor A5=(A4+ A6 · 1):2-1 Legyen A3 és A6 ismert, akkor A5= (A3+ A6 ·2):3-2 Legyen ismert A2 és A6, akkor A5=(A2+ A6 ·3):4-3 Legyen A1 és A6 ismert legyen, akkor A5=(A1+ A6 ·4):5-4. Bizonyítás: bizonyítsuk be az utolsó egyenlőséget A5=(A1+A6·4):5-4. másodfokú Lagrange-számok, A1=5·(A5+4)-4·A6, ezt a számot behelyettesítjük az eredeti egyenlőségbe, és megkapjuk az A5=(5·(A5+4)-4·A6+A6·4):5- 4=(5 ·A5+20):5-4=A5+4-4=A5, amit bizonyítani kellett. Más egyenlőségek is hasonló módon bizonyíthatók. Ez a tétel lehetővé teszi, hogy csökkentsük a másodfokú Lagrange-sorok számát. Tekintsük az általunk már megoldott f(x)=x5-5x4+13x3-22x2+27x-20 példát, és oldjuk meg arra az esetre, amikor az A4 és A6 osztókkal szerkesztett másodfokú Lagrange-sorokat tekintjük. 5. számú táblázat: -1298 -378 A2 A1 A2+ A3+ d+6 d+8 d = A5- A6 -88 A3 A4+ d+4 -20 A4 A5+ d+2 1 -1 5 -5 1 -1 -6 A5 (A4+A6 ·1):2-1 0 -1 2 -3 -1 -2 2 A 6 A 6 1 1 d = -2 1 d =1 1 d = -4 - d =0 1 d = -1 - 1 5 7 1 10 -5 5 2 14
19 11 7 22 2 2 14 -2 13 6 5 -1 8 -4 7 1 19 5 -5 2 -2 4 -4 10 -10 20 -20 2 -2 4 -4 10 -10 20 -20 1 -4 1 -1 2 -2 5 -5 10 -10 -1 -3 0 -4 3 -7 8 -12 „cand”. "folypát." d = 2 - 1 - 1 2 d = -1 2 d = -3 2 d =0 2 d = -4 2 2 2 2 - 2 - 2 - 2 - 2 - 2 - 2 - 2 - 2 d = 1 nap =-1 d =5 Ebben az 5. számú táblázatban 24 kvadratikus Lagrange sorozatot kaptunk. Mivel a képletben A4 és A6 összegét el kell osztani 2-vel, ezért az A4 és A6 osztóinak vagy párosnak vagy páratlannak kell lenniük. Ennek köszönhetően csökkent a kvadratikus Lagrange sorozatok száma. Ha ezt a 3. tételt használjuk az A1 és A6 felhasználásával megszerkesztett másodfokú Lagrange-sorok írásához, akkor a sorozatok száma 12-re csökken. 6. táblázat: -378 -1298 A1 A2 2 A6 d -88 A3 -20 A4 -6 A5
"folypát." A3+d+ 6 5 d=-4 d=0 „cand”. "folypát." A5+d+ 2-5-1 A4+d+ 4-5 1 (4A1+A6): 5-4 -3 -1 -15 -5 -7 7 -2 2 -26 -6 -10 12 A6 d=A5- A6 d=-4 1 1 d=-2 1 -1 -1 -1 2 2 2 -2 d=-4 -2 -2 A2+d+ 8 1 11 -59 -1 -11 -59 2 22 -118 - 2 -22 118 A 6. táblázatban a másodfokú Lagrange-sorok száma 12-re csökkent, mivel az A5 a (4A1 + A6) képlet szerint található: 5-4 és A5 egész számnak kisebbnek vagy egyenlőnek kell lennie. -6-ra. Minden táblázatban a feketével kiemelt sor az "érvényes jelölt". A többi jelölt „képzelt”. Egy hatodfokú polinomnál bebizonyítható, hogy a másodfokú tényező a következő képlettel kereshető: φ(x)=x2+ (A7 - A6 - 5) x+ A4, ahol a számok A1; A2; A3; A4; A5; A6; Az A7 négyzetes Lagrange sorozatot alkot. 6. Következtetések: 1. Ez az IML -2 14 -4 8 -4 4 -8 bontási módszer a „Horner-séma” általánosítása. 2. Ezzel a módszerrel meghatározhatja az ötödik fok feletti polinomok másodfokú tényezőit. 3. Ezzel a módszerrel tanulmányozhatja a Lagrange-számok tulajdonságait köbös polinomok meghatározására ötödik és magasabb fokú polinomok bővítésében. 7. Irodalom: 1. A. N. Chebotarev „A Galois-elmélet alapjai”, OMTI GTTI, 1934, 1 óra.
2. „Számok és polinomok”, összeállította: A.A. Egorov - M.: Quantum Bureau, 2000 / melléklet a Quantum magazinhoz, 2000. 6. szám.
Hasonló cikkek
