Ismerje meg a gazdag kifejezés racionális gyökereit az interneten. Egyenlet minden matematikában, gazdag kifejezések racionális gyökere. Horner séma. Chi є tse racionális szám

Az x változó formájában lévő gazdag kifejezést másképpen hívjuk: anxn + an-1 xn-1 +. . . +a 1 x+a 0 de n természetes szám; an, an-1, . . . , a 1, a 0 - akár számokról van szó, amelyeket ennek a polinomnak az együtthatóinak nevezünk. Virazi anxn, an-1 xn-1, . . . , a 1 x, a 0 a polinom tagjai, a 0 pedig tetszőleges tag. an - együttható xn-nél, an-1 - együttható xn-1-nél és így tovább. például a 0x2 + 0x + 0 gazdag kifejezés nulla. A polinom rekordjából egyértelműen kiderül, hogy a vin a tagok számából adódik össze. Úgy hangzik, mint a "gazdag tag" (gazdag tagok) kifejezés. Néha egy gazdag kifejezést polinomnak neveznek. Ez a kifejezés a görög πολι - gazdag és νομχ - tag szavakhoz hasonlít.

A gazdag tagot egy változás x formájában jelöljük: . f (x), g (x), h (x) és így tovább, például elsőként, amely gazdagabban mutat f (x) kifejezéseket, akkor a következőt írhatja: f (x) = x 4+2 x 3+ (- 3) x 2 + 3/7 x + √ 2. 1. A h (x) gazdag tagot az f (x) és g (x) gazdag tagok legnagyobb alvójának nevezzük, így lehetséges f (x), g (x) és bőr dilnik hozzáadásához. 2. Az n lépés P mezőjéből származó együtthatókkal rendelkező f(x) gazdag tagot a P mezőre redukálhatónak nevezzük, így hozzuk létre az n lépésnél kisebb h(x), g(x) Î P[x] gazdag tagokat úgy, hogy f (x) = h(x)g(x).

Ez az f(x) = anxn+an-1 xn-1+ gazdag kifejezés. . . + a 1 x + a 0 і an≠ 0, akkor az n számot az f (x) gazdag tag szakaszának nevezzük (vagy úgy tűnik: f (x) az n-edik szakasz), és írjuk a Art. f(x) = n. És itt an-t nevezzük vezető együtthatónak, és anxn ennek a polinomnak a rangidős tagja. Például, ha f (x) = 5 x 4 -2 x +3, akkor az Art. f(x) = 4, szenior együttható - 5, vezető ciklus - 5 x4. A polinomiális lépés együtthatói közül a legnagyobb, a nullák vezető típusai közül a legnagyobb. A nulla lépés gazdag tagjai az egész számok, amelyek megegyeznek a nullával. a lépés nulla gazdag tagja nem lehet; gazdag tag f(x) = a, ahol a egy szám, amely nem egyenlő nullával, a maximális lépés 0; lépés jól lehet valamilyen más polinom, amely az x változás lépésének legnagyobb mutatójához képest drágább, a következőnél az együttható nulla.

Gazdag tagok rivnisztája. Két gazdag f(x) és g(x) tagot egyenlőnek tekintünk, még akkor is, ha együtthatóik egyenlőek az x változás és a szabad tagok azonos lépéseinél (egyenlő їх відпровідні együtthatók). f(x) = g(x). Például az f (x) \u003d x 3 + 2 x 2 -3 x + 1 і g (x) \u003d 2 x 23 x + 1 gazdag tagok nem egyenlőek, az elsőnek x3-nál egyenlőbb az együtthatója. 1-hez, a másik pedig nulla ( Az elfogadott intelligenciákkal a következőket írhatjuk: g (x) \u003d 0 x 3+2 x 2 -3 x + 1. Ebben az esetben: f (x) ≠ g (x) x 2-3 x + 5, s (x) =2 x 2+3 x+5

És a gazdag tag tengelye f 1 (x) \u003d 2 x 5 + 3 x 3 + bx + 3 і g 1 (x) \u003d 2 x 5 + ax 3 -2 x + 3 akkor is, ha a = 3 , de b = -2. Adjuk meg az f(x) = anxn+an-1 xn-1+ gazdag tagot. . . +a 1 x+a 0 egy c szám. f(c) szám = ancn+an-1 cn-1+. . . +a 1 c+a 0 az f(x) polinom értékének nevezzük x = c-nél. Ilyen módon az f (c) megismeréséhez x alátámasztása és a szükséges számítások elvégzése szükséges. Például, ha f(x) = 2x3+3x2-x+5, akkor f(-2)=2(-2)3+(-2)2-(-2)+5=3. Egy gazdag tag vehető fel különböző x változás értékekkel különböző értékeket. A számot az f (x) polinom gyökének nevezzük, így f (c) =0.

Fontos figyelni a két állítás közötti különbségre: "az f(x) gazdag tag egyenlő nullával (ellenkező esetben az f(x) gazdag tag nulla)" és "az f(x) polinom értéke ahol x=z egyenlő nullával". Például az f (x) \u003d x 2 -1 polinom nem egyenlő nullával, vіn lehetnek nem nulla együtthatók, például az x \u003d 1 érték nullával egyenlő. f(x) ≠ 0 és f(1) =0. A gazdag kifejezések egyenértékűségének értelmezése és a gazdag kifejezés jelentése között ugyanaz a szoros összefüggés van. Ha két egyenlő f(x) és g(x) polinomot adunk meg, akkor їх egyenlő egyenlőségi együtthatók, és ezért f(c) = g(c) a с bőrszámra.

Műveletek polinomokon A gazdag tagok összeadhatók, láthatók és szorozhatók az ív kiterjesztésére és a hasonló tagok redukálására vonatkozó szokásos szabályok szerint. Ennek eredményeként ismét gazdag taggá lépek. A kijelölt műveletek teljesítménye lehet: f (x) + g (x) = g (x) + f (x), f (x) + (g (x) + h (x)) = (f (x) + g (x)) + h(x), f(x) g(x) = g(x) f(x), f(x)(g(x) h(x)) = (f(x) g( x)) h(x), f(x)(g(x) + h(x)) = f(x) g(x) + f(x) h(x).

Hadd adjak meg két gazdag kifejezést, f(x) = anxn+an-1 xn-1+. . . +a 1 x+a 0, an≠ 0, i g(x)=bmxm+bm-1 xm-1+. . . +b 1 x+bm≠ 0. Nyilvánvaló volt, hogy az Art. f(x)=n és art. g(x) = m. Ha qi-t megszorozunk két polinomot, akkor egy f(x) g(x)=anbmxm+n+ alakú tagot kapunk. . . +a 0 b 0. Oskilki an≠ 0 és bn≠ 0, majd anbm≠ 0, szintén, art. (f(x)g(x))=m+n. A hangok hangosak és fontosak.

Lépések két nem nulla gazdag tag hozzáadásához a szorzók lépéseinek összegéhez, art. (f(x)g(x)) = st. f(x) +st. g(x). Két nullától eltérő gazdag tag létrehozásának vezető tagja (együtthatója) a szorzók idősebb tagjainak (együtthatóinak) összeadásához. A két gazdag tagú tag létrehozásának szabad tagja méltó a közös szorzók szabad tagjainak létrehozására. A gazdagon tagolt f(x), g(x) és f(x) ±g(x) lépései a közelgő spivvіdnoshenniához kapcsolódnak: art. (f (x) ± g (x)) ≤ max (st. f (x), st. g (x)).

Az f(x) és g(x) több tag szuperpozícióját nevezzük. gazdag tag, amelyet f (g (x)-vel jelölünk), amely az x helyett az f (x) polinomba is bekerülhet, helyettesítse a g (x) polinomot. Például, ha f(x)=x 2+2 x-1 і g(x) =2 x+3, akkor f(g(x))=f(2 x+3)=(2 x+3) 2 +2(2x+3)-1=4 x 2+16 x+14, g(f(x))=g(x2+2 x-1)=2(x 2+2 x-1) + 3=2x2+4x+1. Látható, hogy f(g(x)) ≠g(f(x)), azaz több f(x), g(x) tag szuperpozíciója és több tag szuperpozíciója g(x), f( x) más. Ily módon a szuperpozíció műveletének nincs eltolási ereje.

, Alulbecslés és túlcsordulás algoritmusa Arra, hogy f(x), g(x) egyértelmű-e q(x) (privát) és r(x) (többlet), így f(x)=g(x)q(x) )+ r(x), és az r(x) lépések

Polinom szótárai Az f(x) gazdag kifejezés szótára egy gazdag kifejezés g(x) úgy, hogy f(x)=g(x)q(x). Két gazdagon tagolt legnagyobb ágya A gazdagon tagolt f(x) és g(x) legnagyobb ágya egy ilyen d(x) duplaágy, amely bármelyik másik ágyukra osztható.

Az f(x) és g(x) gazdag tagok legnagyobb közös naplójának euklideszi algoritmusa (az utolsó alsor algoritmusa) Todi az f(x) és g(x) legnagyobb dilnikje.

Mások megváltoztatása Megoldás: Ismerjük ezeknek a gazdag kifejezéseknek a GCD-jét, rögzítve az euklideszi algoritmust 1) х3 + 6 х2 + 11 х + 6 х3 + 7 х2 + 14 х + 8 1 - х2 - 3 х - 2 8 x2 + 3 x2 + 2 x - x2 - 3 x - 2 - x - 4 4 x 2 + 12 x + 8 0 Otzhe, gazdag kifejezés (- x2 - 3 x - 2) Az eredmény a vidomy polinom zászlaja alatt van.

Ismerjük meg a szám felosztásának eredményét. x 3 + 6 x 2 + 11 x + 6 - x 2 - 3 x - 2 x 3 + 3 x 2 + 2 x - x - 3 3 x 2 + 9 x + 6 0

Horner séma, amely egy túlságosan gazdag f(x) kifejezést egy nem nullától eltérő gazdag tagra osztja a g(x) - ne azt jelenti, hogy felfedjük f(x) nézetben f(x)=g(x) s(x)+ r(x), de s(x) ) i r(x) -gazdag kifejezések i vagy r(x) = 0, vagy st. r(x)

Gazdag szegmensek, amelyek a spіvvіdnoshennia bal és jobb oldalán állnak, egyenlőek, és egyenlőek a їhnі vіdpovіdni koefіtsіentsi. Ez megegyezik velük, hiszen kinyitotta az íjakat elöl, és hasonló végtagokat csepegtetett a kiegyensúlyozottság vonalának jobb oldalára. Mínusz: a = bn-1, a-1 = bn-2 - cbn-1, a-2 = bn-3 - cbn-2, a 2 = b 1 - cb 2, a 1 = b 0 - cb 1, a 0 = r - cb 0 Virazimo їх іz otrimanih egyenlőségek: bn-1 = an, b n-2 = cbn-1 + an-1, b n-3 = cbn-2 + a n-2, b 1 = cb 2 + a 2, b 0 \u003d cb 1 + a 1, r \u003d cb 0 + a 0. Ismertük azokat a képleteket, amelyekkel kiszámítható a páratlan privát s (x) és a többlet r együtthatója. Ezzel a vádemelés az asztal elején történik; ezt nevezik Horner sémájának.

1. táblázat. Együtthatók f(x) c an bn-1 an-1 bn-2=cbn-1+ an-1 an-2 bn-3 = cbn-2+an-2 … … a 0 r = cb 0 + a 0 Az s(x) együtthatók túl sokak. Egy másik sorba, az első cella mellé írja fel a c számot. A sor Reshta klitinjét kitöltjük, egyenként számolva a nemlineáris privát s (x) és a többlet r együtthatóit. Egy másik kliensnél írja fel a bn-1 együtthatót, ami, ahogy telepítettük, drágább an.

A bőr támadófalnál való állás együtthatóját a következő szabály szerint számítják ki: a c számot megszorozzák az elülső falnál álló számmal, és a számot hozzáadják az eredményhez, hogy a fal felett álljon, és meg kell jegyezni . Ahhoz, hogy emlékezzünk, mondjuk, öt klitinre, hogy tudjuk, hogy az együtthatója mellett állunk, meg kell szorozni c-t azzal a számmal, amely a negyedik klitinben van, és az eredményhez hozzá kell adni azt a számot, amely az ötödik klitin felett áll. Osszuk fel például az f (x) \u003d 3 x 4 -5 x 2 + 3 x-1 gazdag kifejezést x-2 іz túl sokra, Horner séma. Az első sor kitöltésekor a séma számairól nem szabad megfeledkezni a polinom nulla együtthatóiról. Tehát az f(x) együtthatók a 3, 0, - 5, 3, - 1 számok értékei. Egy másik dolog, amit szem előtt kell tartani, hogy egy hiányos privát lépés lépése eggyel kisebb, mint a az f(x) gazdag tag.

Ezenkívül úgy tűnik, hogy a Horner-séma szerint lett felosztva: 2. táblázat. 2 3 3 0 6 -5 7 3 17 -1 33 Fontos megjegyezni, hogy a privát s(x) =3 x 3+6 x 2+7 x+17 és többlet r=33. Ennek megfelelően kiszámoltuk az f (2) =33 polinom értékét. Most osszuk fel a nagyon gazdag f(x) tagot x + 2 іz-re túl sok. Van egy vipadkum = -2-vel. nem kötelező: 3. táblázat. -2 3 3 0 -6 -5 7 3 -11 -1 21 Ennek eredményeként f(x) = (x+2) (3 x 3 -6 x 2+7 x-11) + 21 .

Polinomok gyöke Nehai с1, с2, …, сm - Az f(x) polinom különböző gyöke. Ekkor f(x) osztható x-c1-gyel, ekkor f(x) = (x-c1) s1(x). Fizessünk ezért az egyenlőségért x=c2. Kivonjuk az f(c2) = (c2-c1) s1(c2) i-t, tehát f(c2) =0, majd (c2-c1) s1(c2) =0. Ale c2≠c1, majd c2 -c1≠ 0, ami azt jelenti, hogy s 1 (c 2) = 0. Ezenkívül c2 az s 1 (x) polinom gyöke. Azt mutatja, hogy s1(x) osztható x-c2-vel, tehát s1(x) = (x-c2) s2(x). Képzelje el, hogy kivonja a virázt s 1 (x) y értékre, egyenlő f (x) = (x-c 1) s 1 (x). Május f(x) = (x-c1) (x-c2) s2(x). Miután beírtuk az x \u003d c3 egyenlőség többi részét, hogy rögzítsük, hogy f (c 3) \u003d 0, c3 c1, c3 c2, feltételezzük, hogy c3 az s 2 (x) polinom gyöke. Tehát s 2 (x) \u003d (x-c 3) s 3 (x), majd f (x) \u003d (x-c 1) (x-c 2) (x-c 3) s 3 (x) és így tovább. amelyek elvesztek, c4, c5, ..., cm, mi, nareshti, f (x) = (x-c 1) (x-c 2) ... (x-cm) sm (x) el van véve, ez alacsonyabb képletre hozták.

Mivel c1, c2, ..., cm az f (x) polinom különböző gyöke, így f (x) megadható úgy, hogy f (x) \u003d (x-c 1) (x-c 2) ... (x-cm) sm (x). Fontos következménynek hangzik. Mivel c1, c2, ..., cm az f (x) polinom gyöke, ezért f (x) elosztjuk az (x-c1) (x-c2) ... (x-cm) polinommal. Az f(x) nem nulla polinom különböző gyökeinek száma nem nagyobb, mint az alsó lépés. Igaz, mivel f(x)-nek nincs gyöke, egyértelmű, hogy a tétel helyes, inkább Art. f (x) ≥ 0. Legyen f (x) most m gyöke c1, c2, ..., cm, ráadásul minden bűz más. Ugyanúgy, ahogy f (x) osztva (x-c1) (x-c2) ... (x-cm). Időnként Art. f(x)≥st. ((X-C1) (X-C2) ... (X-Cm)) = st. (x-c1) + art. (X-C2) + ... + Art. (x-cm) \u003d m, majd st. f(x)≥m, m pedig a szóba jöhető gazdag tag gyökeinek száma. A nulla gazdag kifejezés tengelye pedig végtelenül gazdag gyökérben, még akkor is, ha van értelme annak, ami x szebb 0. Zokrema, az okozás kedvéért, és ne ugyanazt az éneklési lépést büntesd. A jól bevált tételekből ugyanez az állítás nyilvánvaló.

Ha az f(x) polinom nem lépésszámú, nagyobb, kisebb n, és lehet nagyobb, kisebb n gyökű, akkor f(x) nulla polinom. Valójában a cég elméje alapján világos, hogy f(x) nulla polinom vagy művészet. f(x) ≤n. Feltéve, hogy az f(x) polinom nem nulla, akkor art. f(x) ≤n, és akkor f(x) nem lehet több, n gyök alatt. Elérkeztünk a nagyszerűséghez. Ezért az f(x) nem nulla gazdag tag. Legyen f(x) és g(x) a lépés nullától eltérő gazdag tagja, nem nagyobb, alacsonyabb n. Ha q polinom ugyanazt az értéket kapja az x változás n + 1 értékére, akkor f (x) = g (x).

A bizonyításhoz nézzük a h(x) = f(x) – g(x) gazdag tagot. Az jutott eszembe, hogy - vagy h (x) = 0, vagy st. h (x) ≤n, akkor h (x) nem gazdag tagja a lépésnek, nagyobb, mint n. Hadd vegyem most úgy a számot, hogy f (c) = g (c). Ekkor h(c) = f(c) - g(c) = 0, ekkor h a h(x) polinom gyöke. Ezenkívül a gazdag h(x) tagnak n+1 gyöke van, és ha, ahogyan ezt megtettük, h(x) = 0, akkor f(x) = g(x). Ha f(x) és g(x) azonos értékekkel rendelkezik az x változó összes értékére, akkor

A multinom többszörös gyöke Mivel a є szám az f (x) multinom gyöke, ez a polinom láthatóan osztható x-sekkel. Lehetséges, hogy f(x) kiterjeszthető a következő lépésre bugato-tag x-s, azaz (x-c) k-n, k>1. Ezt a vipadkát többszörös gyökérnek nevezik. Fogalmazzuk meg világosabban az időpontot. A számot az f (x) polinom k ​​multiplicitásának gyökének (k-szoros gyökének) nevezzük, így a polinom osztható (x-c) k-vel, k>1 (k természetes szám), de nem osztható (-vel) x-c) k + 1. Ha k=1, akkor egyszerű gyöknek, ha k>1, akkor az f (x) polinom többszörös gyökének nevezzük.

Tehát az f(x) polinom úgy ábrázolható, hogy f(x)=(x-c)mg(x), m természetes szám, vin osztható (x-c) m+1-gyel, majd ha g(x) osztható x-c . Valóban, ha g(x) osztható x-c-vel, akkor g(x)=(x-c)s(x), akkor f(x)=(x-c) m+1 s(x), valamint f(x ) osztva (x-c) m+1. Visszafelé, mivel f(x) osztható (x-c) m+1-gyel, akkor f(x)=(x-c) m+1 s(x). Ekkor (x-c) mg (x) \u003d (x-c) m + 1 s (x) és (x-c) m rövid idő után g (x) = (x-c) s (x) lesz. Úgy hangzik, hogy g(x) x-ekre van felosztva.

Nyilvánvaló például, hogy a chi a 2-es szám, mint az f(x) = x 5 -5 x 4+3 x 3+22 x 2 -44 x+24 gazdag tag gyöke, és ha igen, akkor ismerjük a sokféleségét. Az első tápegység ellenőrzéséhez ellenőrizhetjük a kiegészítő Horner sémát, amely elosztja f(x) x-2-vel. lehet: 4. táblázat. 2 1 1 -5 -3 3 -3 22 16 -44 -12 24 0 Bachimohoz hasonlóan az f(x) x-2-vel való felosztása esetén a többlet nagyobb, mint 0, ezért el kell osztani x-2. Ezért a polinom 2-gyöke. Ezen kívül kivettük, hogy f(x)=(x-2)(x 4 -3 x 3 -3 x 2+16 x-12). Most már nyilvánvaló, chi є f (x) on (x-2) 2. Tse letétbe helyezni, hogy mi schoyno hogyan hozta, tekintettel a g (x) \u003d x 4 -3 x 3 -3 x polinom oszthatóságára 2 + 16 x-12 x-2.

Ismét gyorsítás Horner sémájával: 5. táblázat. 1 -3 -3 16 -12 2 1 -1 -5 6 0 -x2 -5x +6). Ezután f (x) \u003d (x-2) 2 (x 3 -x 2 -5 x + 6). Továbbá f(x) osztható (x-2) 2-vel, most azt kell mondani, hogy f(x) osztható (x-2)3-mal. Amire megfordítható, hogy h(x) \u003d x 3 -x 2 -5 x + 6 elosztva x-2-vel: 6. táblázat. 1 -1 -5 6 2 1 1 -3 0 x-2, továbbá, f(x) osztva (x-2) 3-mal, i f(x)=(x-2)3(x 2+x-3).

Ezután hasonló módon ellenőrizhető, hogy f(x) el van-e osztva (x-2)4-gyel, így s(x)=x 2+x-3 osztva x-2-vel: 7. táblázat. 2 1 1 1 3 -3 3 Ismeretes, hogy a többlet, ha s(x)-t x-2-vel osztjuk, egyenlő 3-mal, akkor s(x) nem osztódik x-2-vel. Továbbá, f(x) nem számol (x-2) 4-re. Ily módon az f(x) felveszi az (x-2)3-at, de nem alul az (x-2)4-re. Ezenkívül a 2-es szám a 3 f(x) gazdag tag multiplicitásának gyöke.

Hangozd meg a gyökér visszhangját, hogy kevesebbet számolj az asztalnál. Ennél az alkalmazásnál a táblázat a következőképpen nézhet ki: 8. táblázat. 1 -5 3 22 -44 -24 2 2 1 1 -3 -1 1 3 -3 -5 -3 3 16 6 0 -12 0 0 Horner kivonta a f (x) multinom x-2-vel, egy másik sorban kivesszük a g (x) polinom együtthatóit. Ezután vegyük ezt a másik sort az új Horner rendszer első sorába, és vonjuk ki g (x)-t x-2-vel és így tovább. Ily módon a gyökér többszöröse megegyezik az otrimanih nulla feleslegek számával. A fennmaradó nem nulla többlet megbosszulására egy sorban vannak együtthatók annak a résznek is, amikor f (x) fel van osztva (x-2) 3-mal.

Most, vikoristovuyuchi schoyno proponovan rendszere újraellenőrzése a gyökér a sokféleség, úgy tűnik, hogy a feladat jön. Bármely a és b esetén az f(x) \u003d x 4 + 2 x 3 + ax 2 + (a + b) x + 2 gazdag tag lehet a - 2 szám a 2 multiplicitásának gyöke? Tehát a gyökér - 2 többszöröse összeadja 2-t, majd miután a javasolt sémára felosztjuk x + 2-vel, a duplákkal kell felvennünk a 0 többletét, a harmadikban pedig a többletet, ami egyenlő nullával. Május: 9. táblázat -2 -2 -2 1 1 2 0 -2 -4 aa a+4 a+12 a+b -3 a+b-8 2 2 a-2 b+2

Ebben a rangban a szám - 2 є a kilégzési gazdag tag 2-es többszörösének gyöke, akkor és csak akkor, ha

A polinom racionális gyöke Ha az l/m nem rövid tag (l, m a szám egészei) a többszörös együtthatós f(x) gazdag tag gyöke, akkor a polinom legmagasabb együtthatója osztható. m-vel, és a hosszú táv osztható 1-gyel. Igaz, mint f (x )=anxn+an-1 xn-1+…+a 1 x+a 0, an≠ 0, de an, an-1, . . . , a 1, a 0 egész számok, akkor f(l/m) = 0, majd an(l/m) n+an-1 (l/m) n-1+. . . +a 1 l/m+a 0=0. Szorozzuk meg az ekvivalencia árának sértő részeit mn-nel. Vegyük anln+an-1 ln-1 m+. . . +a 1 lmn-1+a 0 mn=0. Anln=m (-an-1 ln-1 -...- a 1 lmn-2 -a 0 mn-1) hangok.

Bachimo, az anln egész szám osztható m-rel. Ale l/m egy nem rövid drib, tehát az l és m számok kölcsönösen egyszerűek, de az egész számok érvényességének elmélete szerint az ln és m számok is kölcsönösen egyszerűek. Otzhe, az m-re osztandó anln kölcsönösen egyszerű az ln-ből, szintén, az m-re osztandó. Ismerjük az f (x) \u003d 6 x 4 + 13 x 2 -24 x 2 -8 x + 8 gazdag tag racionális gyökerét. A tétel szerint a polinom racionális gyöke a nem rövid törtek között található l / m formában, de l a szabad tag dilnikje a 0 \u003d 8, m pedig a legmagasabb együttható dilnikje a 4 \u003d 6. ha igen, akkor l / m negatív, akkor a "-" jel jön fel a számtárcsázóhoz. Például - (1/3) = (-1)/3. Azt is mondhatjuk, hogy l a 8-as szám tényezője, m pedig a 6-os szám pozitív tényezője.

A 8-as szám oszcillátorai - tse ± 1, ± 2, ± 4, ± 8, a 6-os pozitív tágítói pedig 1, 2, 3, 6 lesznek, akkor a kinézett gazdag tag racionális gyökere a számok ± 1, ± 1/2, ± 1 /3, ±1/6, ±2/3, ±4, ±4/3, ±8/3. Gondolom, többet írtunk le, mint rövid törteket. Ebben a sorrendben húsz számunk lehet - "jelöltek" a gyökerekre. Már csak az volt hátra, hogy átgondoljuk a bőrüket, és úgy válasszuk ki őket, mintha a gyökerekhez igazodnának. Jön egy tétel, ami megkönnyíti a robot dolgát. Amíg l/m az f(x) többszörös együtthatós tag gyöke, addig f(k)-t el kell osztani l-km-el bármely k egész számra az elme esetén, amely l-km≠0.

A tétel bizonyításához f(x)-et túlságosan x-k іz-re osztjuk. Kivonjuk f(x)=(x-k)s(x)+f(k). Oskіlki f(x) egy gazdag tag qlimi együtthatókkal, akkor egy ilyen gazdag tag s(x), f(k) pedig egész szám. Legyen s(x)=bn-1+bn-2+…+b 1 x+b 0. Ekkor f(x)-f(k)=(x-k) (bnxn-1+bn-2 xn-2+ … +b1x+b0). Fizessünk erre az egyenlőségre 1 x=l/m. Ha f(l/m)=0, akkor f(k)=((l/m)-k)(bn-1(l/m)n-1+bn-2(l/m)n-2+ …+b 1(l/m)+b 0). Szorozzuk meg a fennmaradó saját tőke jogsértő részét mn-nel: mnf(k)=(l-km)(bn-1 ln-1+bn-2 ln-2 m+…+b 1 lmn-2+b 0 mn-1) . Jól látható, hogy az mnf (k) szám osztva l-km-rel. Az Ale oskіlki l і m kölcsönösen egyszerűek, akkor mn і l-km is kölcsönösen egyszerűek, továbbá f (k) osztva l-km-rel. A tétel elkészült.

Forduljunk a fenekünkre, és a tétel bizonyítása után még hangzatosabb a racionális gyök hangja. A tételt k=1 і k=-1-hez kell hozzárendelni, vagyis mert a nem rövid drіb l/m az f(x) tag gyöke, akkor f(1)/(l-m), és f(-1)/(l + m) . Könnyű tudni, hogy f(1)=-5 és f(-1)=-15 időkben. Tisztelettel, egy pillantásra azonnal kikapcsoltuk ± 1. A továbbiakban gazdag tagunk racionális gyöke a következő számú középső szám ± 1/2, ± 1/3, ± 1/6, ± 2, ± 2 /3, ± 4/3, ± 8 /3. Nézzük l/m=1/2. Ekkor l-m=-1 és f(1)=-5 elosztjuk az egész számmal. Dalі, l+m=3 і f(1) =-15 tehát önmagát elosztjuk 3-mal. Tehát a drіb 1/2 a "jelöltek" közepén marad a gyökérnél.

Most hadd lm=-(1/2)=(-1)/2. Ebben az esetben az l-m=-3 і f(1) =-5 nem oszt -3-mal. Tehát a drіb -1/2 nem lehet ennek a gazdag tagnak a gyökere, és távoli nézetből ki is kapcsolhatjuk. Újra át kell gondolni a skin s írási felvételeknél, figyelembe vesszük, hogy a gyökér az 1/2, ± 2/3, 2, - 4 számok között található. Ebben a rangban ugyanazt az egyszerű trükköt be kell fejezni, a a figyelembe vett polinom racionális gyökeinek régiója értelmesen hangzott. Nos, a kimaradt számok újraellenőrzéséhez használhatjuk a Horner-sémát: 10. táblázat. 6 13 -24 -8 8 1/2 6 16 -16 0

Bachimo, scho 1/2 az f(x) és f(x) = (x-1/2) (6 x 3+16 x 2 -16 x-16) = (2 x-1) gazdag kifejezés gyöke ) (3 x 3+8 x 2 -8 x-8). Nyilvánvaló volt, hogy az f(x) polinom többi gyökét a g(x) =3 x 3+8 x 2 -8 x-8 polinom gyökéből vettük, majd a „jelöltek” további ellenőrzése a gyök már végrehajtható ugyanabból a polinomból. Tudjuk: 11. táblázat. 3 8 -8 -8 2/3 3 10 -4/3 -80/9 Azt vettük ki, hogy a többlet, ha g(x)-t x-2/3-mal osztjuk, több - 80/9 , akkor. A 2/3 nem gyöke a g(x) polinomnak, hanem i f(x). Továbbá tudjuk, hogy - 2/3 a g (x) és g (x) \u003d (3 x + 2) (x 2 + 2 x-4) polinom gyöke.

Ekkor f(x) = (2x-1) (3x+2) (x2+2x-4). További ellenőrzést végezhetünk az x 2+2 x-4 polinomra, amely lényegesen egyszerűbb, g (x) esetén alacsonyabb, f (x) esetén nagyobb. Ennek eredményeként figyelembe kell venni, hogy a 2 i - 4 számok nem gyökereznek. Ezenkívül az f(x) =6 x 4+13 x 3 -24 x 2 -8 x+8 gazdag kifejezésnek két racionális gyöke van: 1/2 i - 2/3. Ez a módszer lehetővé teszi, hogy egy nagyszámú együtthatóval rendelkező gazdag kifejezésnek csak egy racionális gyökerét ismerjük meg. Tim néha az anya gazdag tagja és irracionális gyökér. Így például, ha egy gazdag kifejezésnek a végét nézzük, csak két gyöke van: - 1±√5 (a gazdag kifejezésnek ez a gyöke x2 + 2 x-4). a polinomot nem anyagi racionális gyöknek nevezhetjük.

Ha az f(x) gazdag tag gyökér "jelöltjeit" teszteli más tételek további feldolgozása után, a baloldalt k=± 1-nek kell nevezni. Más szóval, ha l/m "jelölt" a gyök, akkor túlgondolod, hogy f( 1 ) és f(-1) l-m és l+m pontokon helyes. De lehet például f(1) =0, azaz 1 a gyök, akkor f(1) kibővíthető számként, és az újraellenőrzésnek van értelme. Ebben az esetben osszuk el f(x)-et x-1-gyel, tehát vegyük f(x)=(x-1)s(x)-t, és teszteljük az s(x) polinomot. Ha elfelejti, hogy az f(x)-x 1 polinom egyik gyöke 1=1 - már tudtuk. Ha a "jelöltek" a gyökérnél megfordulnak, amelyek egy újabb, a racionális gyökről szóló tétel után elvesztek, a Horner-féle séma után lehetséges, hogy például l / m a gyök, akkor ismernie kell a multiplicitását. Ha drágább mondjuk k, akkor f(x)=(x-l/m) ks(x), és további újraellenőrzést lehet végezni s(x) esetén, ami lerövidíti a számítást.

Megoldás. Az y=2 x változás megváltoztatása után térjünk át egy polinomra, amelynek együtthatója eggyel egyenlő a legmagasabb lépésre. Ennél a vállnál a virázt megszorozzuk 4-gyel. Ha a gyökér funkcióját elveszik, akkor a szabad tag közepén találjuk a bűzt. Írható ix: ±1, ±2, ±3, ±4, ±5, ±6, ±10, ±12, ±15±, ±20, ±30, ±60

Sorrendben számítjuk ki a g(y) függvény értékét ezekben a pontokban nulláig. Tobto, y=-5 є gyök, otzhe, є külső függvény gyökere. A binomiális gazdag kifejezés statpchik (tekercse) alatt vezetik

Az elveszett dilnikov újbóli ellenőrzését hiányosan kell elvégezni, így könnyebb az Otzhe négyzetes trinomit a kivonások szorzóiba rendezni,

A gyors szorzás és a Newton-binomiális Vykoristannya képlete egy gazdag tag faktorokká bővítéséhez Inodi régi megjelenés polinom, amely a jóga szorzókon való terjesztésének módszerét javasolja. Például következetlen átalakítások után a vishikovyvayutsya együtthatói egy sorban a Pascal-trikóból a Newton-binomiális együtthatóira. csikk. Állítsa be a szorzótagot.

Megoldás. Megfordítjuk a lényeget: A karokban összegzett együtthatók sorozata világosan mutatja, hogy mi az. Ugyanebből, Most megfogalmazzuk a négyzetek különbségének képletét: Viraz a másik ívnek nincsenek akciógyökei, de az első ívből származó gazdag taghoz még egyszer megfogalmazzuk a négyzetek különbségének képletét.

A Vieta-képletek egy polinom együtthatóit fejezik ki a th gyöken keresztül. Ezekkel a képletekkel manuálisan korrigálhatja a gazdag kifejezés gyökének jelentésének helyességét, valamint a gazdag kifejezés adott gyökökhöz való hajtogatását. A képlet Polinom gyökeként az együtthatók a gyökök szimmetrikus gazdag tagjaival jelennek meg, ill.

Más szóval, ak drága összes lehetséges alkotás k gyökből való összege. A polinom szenior együtthatójaként az összes együtthatót 0-ra kell osztani a Vieta képlet előtt. A képlet többi részéből a Vієta erős, mintha a gazdag tag gyökere egész szám, akkor a bűz a yogo szabad tag dilnikje, ami szintén egész. A bizonyítás az ekvivalencia nézetén alapszik, levonva a gazdag tag gyökök szerinti elrendezését, vrakhovuchi, hogy a 0 = 1 Az együtthatók egyenlővé tétele x azonos szintjein a Vієta képlet megszállottja.

Oldja ki az igazítást x 6 – 5 x 3 + 4 = 0 Oldja ki. Jelentősen y \u003d x 3, még akkor is, ha y 2 - 5 y + 4 \u003d 0, egyébként Y 1 \u003d 1; Y 2 \u003d 4. Otzhe, vyhіdne r_vnyannya egyenértékű rіvnyan házasságával: x 3 \u003d 1 chi x 3 \u003d 4, azaz X 1 \u003d 1 chi X 2 \u003d: 1 povnyanna;

Bezout Destination Tétel 1. Egy elemet gazdag tag gyökének nevezünk, így f(c)=0. Bezout tétele. A Pn(x) polinom (x-a) binomimmal való felosztásának többlete növeli a polinom értékét x = a-nál. Hoz. Az algoritmus értelmében f(x)=(xc)q(x)+r(x), de vagy r(x)=0, egyébként. Később f(x)=(x-c)q(x)+r, később f(c)=(c-c)q(c)+r=r és f(x)=(xc)q(x) + f(c).

Utolsó 1: A Pn (x) polinom ax+b binomiális felosztásának többlete értékesebb az x = -b/a, majd R = Pn (-b/a) polinom esetében. Utolsó 2: Mivel az a szám a P (x) polinom gyöke, amelynek polinomja felesleg nélkül osztható (x-a)-val. 3. lecke: Hogyan lehet a P(x) polinom páronként különböző gyökök a 1 , a 2 , … , an, vin osztva tvir-rel (x-a 1) … (x-an) felesleg nélkül. 4. lecke: Az n lépés gazdag tagja lehet három vagy több több mint n különböző gyökér. 5. lecke: Bármely P(x) polinom esetén az a szám különböző (P(x)-P(a)) többlet nélkül osztható az (x-a) binomimmal. 6. lecke: Az a szám a P(x) polinom gyöke, amelynek foka nem alacsonyabb, mint az első, és csak akkor, ha P(x)-t többlet nélkül osztjuk (x-a)-val.

Racionális tört elrendezése a legegyszerűbben Mutassuk meg, hogy a legegyszerűbb törtek összegére felosztható-e egy helyes racionális tört. Adjuk meg a helyes racionális érvet (1).

1. Tétel. Legyen x=а є a k stílus bannerének gyöke, akkor , de f(a)≠ 0, akkor ugyanaz a helyes tört adható meg két másik szabályos tört összegénél is a következő sorrendben: ( 2) , és F 1 (x) egy gazdag tag, amelynek lépcsője alacsonyabb, mint a szabvány lépése

de richomember, a szabvány valamiféle alacsonyabb fokának lépése. І a forward képlethez hasonlóan felvehető: (5)

Mint már jeleztük, a gazdagon definiált kifejezések elméletének egyik legfontosabb feladata a gyökereik megértése. Ennek a feladatnak a teljesítésére a tobto kiválasztási módszert nyerheti meg. vegyünk egy valós számot, és változtassuk meg, amelyek ennek a polinomnak a gyökerei.

Ezzel ihatsz shvidkot a gyökérre, vagy egyáltalán nem tudhatod. Lehetetlen, hogy aje elferdítse az összes számot, azok számára, akik túl gazdagok.

Insha river, yakby sikerült viccből megszólaltatni a régiót, például, hogy tudjuk, mi a gyökér mondjuk harminc meghatározott szám közepén. Harminc számhoz pedig zengetőn is lehet dolgozni. A bajusszal való kapcsolatnál fontosabbat mondunk, és ilyen szilárdságot látunk.

Amíg l/m (l,m - a szám egész számai) az egész együtthatókkal rendelkező f(x) többszörös tag gyöke, addig a polinom magasabb együtthatója osztható m-el, a nagyobb tag pedig osztható által 1.

Valóban, ha f(x) = anxn+an-1xn-1+... +a1x+a0, an?0, de an, an-1,...,a1, a0 egy szám egész számai, akkor f (l/m) = 0, akkor an (l/m) n+an-1 (l/m) n-1+...+a1l/m+a0=0.

Szorozzuk meg az ekvivalencia árának sértő részeit mn-nel. Vegyük anln+an-1ln-1m+... +a1lmn-1+a0mn=0.

A hangok sikoltoznak:

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

Bachimo, az anln egész szám osztható m-rel. Ale l / m - nem egy rövid drіb, tobto. az l és m számok kölcsönösen egyszerűek, valamint az egész számok oszthatóságának elmélete szerint az ln és m számok is kölcsönösen egyszerűek. Otzhe, az m-re osztandó anln kölcsönösen egyszerű az ln-ből, szintén, az m-re osztandó.

A témát azért hoztuk szóba, hogy a terület értelmesen megszólalhasson egy gazdag, több együtthatós kifejezés racionális gyökerének keresésével. Egy adott alkalmazáson bemutatjuk. Ismerjük az f(x) = 6x4+13x2-24x2-8x+8 gazdag tag racionális gyökerét. A tétel szerint a polinom racionális gyöke a nem rövid törtek közepén található l / m formában, de l a hosszú távú a0 = 8 dilnikje, m pedig a legmagasabb együttható dilnikje. a4 = 6. ha igen, a yakscho drіb l/m negatív, akkor a "-" jel vodnosimeme a számhoz. Például - (1/3) = (-1)/3. Azt is mondhatjuk, hogy l a 8-as szám tényezője, m pedig a 6-os szám pozitív tényezője.

A 8-as szám oszcillátorai - tse ±1, ±2, ±4, ±8, a 6-os pozitív tágítói pedig 1, 2, 3, 6 lesznek, ekkor a vizsgált gazdag tag racionális gyöke a középső. a számok közül ±1, ±1/2, ± 1 /3, ±1/6, ±2, ±2/3, ±4, ±4/3, ±8, ±8/3. Gondolom, többet írtunk le, mint rövid törteket.

Ebben a sorrendben húsz számunk lehet - "jelöltek" a gyökerekre. Már csak az volt hátra, hogy átgondoljuk a bőrüket, és úgy válasszuk ki őket, mintha a gyökerekhez igazodnának. De ismét sokat kell majd átdolgoznom. És jön a tengely, a tétel megkönnyíti a robot dolgát.

Amíg l/m a többszörös f(x) tag gyöke több együtthatóval, addig f(k)-t el kell osztani l-km-el, ha a k egész szám például l-km?0.

A tétel bizonyításához f(x)-et túlságosan x-k іz-re osztjuk. Vegyük f (x) = (x-k) s (x) +f (k). Mivel f(x) egy gazdag tag több együtthatóval, ezért egy ilyen polinom s(x), f(k) pedig egész szám. Legyen s(x) = bn-1+bn-2+…+b1x+b0. Ekkor f(x) - f(k) = (x-k) (bn-1xn-1+bn-2xn-2+...+b1x+b0). Fizessünk erre az egyenletre x=l/m. Vrahovoyuchi, scho f (l / m) = 0, lehetséges

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

Szorozd meg a maradék féltékenység sértő részét mn-nel:

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

Jól látható, hogy az mnf (k) szám osztva l-km-rel. Az Ale oskіlki l і m kölcsönösen egyszerűek, akkor mn і l-km is kölcsönösen egyszerűek, továbbá f (k) osztva l-km-rel. A tétel elkészült.

Térjünk most a fenekünkre, és a tétel bizonyítása után még hangosabban szól, ha a racionális gyök hangjáról van szó. A tételt k=1 і k=-1-hez kell hozzárendelni, tehát. mint nem rövid drіb l/m az f(x), majd f(1)/(l-m) és f(-1)/(l+m) gyöke. Könnyű tudni, hogy f(1) =-5, és f(-1) =-15. Tisztelettel egy pillantásra kikapcsoltuk a fertőt ±1.

Szintén gazdag tagunk racionális gyöke a középső számok ±1/2, ±1/3, ±1/6, ±2, ±2/3, ±4, ±4/3, ±8, ±8/3.

Nézzük l/m=1/2. Ekkor l-m=-1 és f(1)=-5 elosztjuk az egész számmal. Dalі, l+m=3 і f(1) =-15 tehát önmagát elosztjuk 3-mal. Tehát a drіb 1/2 a "jelöltek" közepén marad a gyökérnél.

Most lm = - (1/2) = (-1) / 2. Ebben az esetben az l-m=-3 і f(1) =-5 nem oszt -3-mal. Tehát a drіb - 1/2 nem lehet ennek a gazdag kifejezésnek a gyökere, és távoli nézetből ki is kapcsolhatjuk. A bőrgyógyászati ​​vényköteles injekcióknál újra kell gondolni, figyelembe vesszük, hogy a gyökér az 1/2, ±2/3, 2, - 4 számok között található.

Ebben a rangban, hogy befejezzék ugyanazt az egyszerű trükköt, értelmesen hangoztatták a régiót, keresve az elemzett polinom racionális gyökerét. Nos, a számok újraellenőrzéséhez Horner sémáját használjuk:

10. táblázat

Kivették, hogy az a többlet, amikor g (x)-t x-2/3-mal osztjuk, egyenlő 80/9-cel, tehát a 2/3 nem a g (x) gazdag tag gyöke, hanem azt jelenti, i f (x) .

Továbbá könnyű tudni, hogy - 2/3 a g(x) és g(x) = (3x+2) (x2+2x-4) többszörös tag gyöke. Ekkor f(x) = (2x-1) (3x+2) (x2+2x-4). További ellenőrzést végezhetünk az x2+2x-4 polinomra, amely nyilvánvalóan egyszerűbb, kisebb g(x) vagy nagyobb f(x). Ennek eredményeként figyelembe kell venni, hogy a 2 i - 4 számok nem gyökereznek.

Ezenkívül az f(x) = 6x4+13x3-24x2-8x+8 gazdag kifejezésnek két racionális gyöke van: 1/2 i - 2/3.

Találgatások alapján a módszer további leírása lehetőséget ad a sok együtthatós gazdag tag racionális gyökerének megismerésére. Tim néha az anya gazdag tagja és irracionális gyökér. Így például, ha egy gazdag tag fenekét nézzük, csak két gyök van: - 1±v5 (a gazdag tagnak ez a gyökere x2 + 2x-4). És úgy tűnik, a gazdag tag nem biztos, hogy a racionális gyökér anyja.

Most a hölgy boldog.

Ha a gazdag f(x) kifejezés gyökérében lévő „jelöltek”-t próbáljuk ki, további tételek további kidolgozása után hangozzuk balra a vipadkіv k=±1-re. Más szóval, mivel l/m egy "jelölt" a gyökérben, megfordul, hogy f (1) és f (-1) felosztható-e l-m-re és l+m-re. De lehet, hogy például f (1) = 0, akkor 1 a gyök, majd f (1) osztható egy számmal, és az újraellenőrzésünk értelmet nyer. І itt a következő lépés az f (x) elosztása x-1-gyel, tehát. vegyük f(x) = (x-1) s(x), és teszteljük az s(x) polinomot. Ha nem felejti el, hogy az f(x) gazdag kifejezés egyik gyöke – x1=1 – már tudtuk. Ahogy a "jelöltek" gyökérben való megfordítása esetén, ami egy másik, a racionális gyökről szóló tétel után elveszett, a Horner-séma után lehetséges, hogy például l / m a gyök, akkor ismernie kell a többszörösségét. Ha drágább, mondjuk k, akkor f(x) = (x-l/m) ks(x), és az s(x) esetében további újraellenőrzés végezhető, ami lerövidíti a számítást.

Ebben a rangban megtanultuk ismerni a nagy együtthatókkal rendelkező gazdag kifejezés racionális gyökerét. Úgy tűnik, mi magunk tanultuk meg ismerni a racionális együtthatókkal rendelkező gazdag kifejezés irracionális gyökerét. Valójában, amennyire csak tudom, például egy gazdag kifejezés f (x) \u003d x4 + 2 / 3x3 + 5 / 6x2 + 3 / 8x + 2, majd miután hozzáadtam az együtthatókat az alvó zászlóhoz, és hozzáadtam a jógát a karoknál f (x) \u003d 1 /24 (24x4+16x3-20x2+9x+48). Világos volt, hogy az f(x) polinom gyökerei a gazdag kifejezés gyökereiből alakulnak ki, amelyek a karoknál állnak, és az új együtthatóban - a számokból. Tegyük fel például, hogy a sin100 irracionális szám. Gyorsítás a sin3?=3sin?-4sin3? otthoni formulával. Csillagok sin300 = 3sin100-4sin3100. Ha visszatekintünk a sin300=0,5-öt végzőkre és kínos transzformációkat hajtunk végre, feltételezhetjük, hogy 8sin3100-6sin100+1=0. Ezenkívül a sin100 az f(x) = 8x3-6x+1 kifejezés gyöke. Ahogy racionálisan shukatimemoljuk ennek a gazdag tagnak a gyökerét, úgy perekaєmosyánk, nem rendelkezünk velük. Otzhe, a sin100 gyöke egy racionális szám, tobto. sin100 irracionális szám.

Na gyere

- n lépés gazdag tagja ≥ 1 a z komplex változó effektív értékében az a i komplex együtthatók effektív értékével. Bizonyítsuk be a következő tételt.

1. tétel

Szintezés P n (z) = 0 Kérhetek egy gyökeret.

Gyerünk Lema.

1. lemma

Legyen P n (z)- n, z lépés gazdag tagja 1 - a folyó gyökere:
P n (z1) = 0.
Todi P n (z) egyféleképpen feltárható, ha megnézzük:
P n (z) = (z - z 1) P n-1 (z),
de P n- 1(z)- gazdag kifejezés n lépés - 1 .

Hoz

Ennek bizonyítására készítsünk egy tételt (div. Több tag felosztása többszörös taggal redővel és csonkkal), lehetséges bármely két gazdag tagra P n (z) i Q k (z), n és k lépések, sőt, n ≥ k
P n (z) = P n-k (z) Q k (z) + U k-1 (z),
de P n-k (z)- n-k lépés gazdag tagja, U k- 1(z)- a lépés gazdag tagja nem magasabb, mint k- 1 .

Tegyük k =-t 1 , Qk (z) = z - z 1 is
P n (z) = (z - z 1) P n-1 (z) + c,
de c - gyors. Képzeld el, hogy z = z 1 hogy vrahuєmo, scho P n (z1) = 0:
P n (z 1 ) = (z 1 - z 1 ) P n-1 (z 1 ) + c;
0 = 0 + c.
Zvіdsi c = 0 . Todi
P n ,
amit hozni kellett.

A gazdag kifejezés kiterjesztése szorzókra

Valamint az 1. Tétel alapján a gazdag P n tag (z) Kérhetek egy gyökeret. Jelentősen jógo jak z 1 , P n (z1) = 0. Ugyanez a lemy 1 állványon:
P n (z) = (z - z 1) P n-1 (z).
Dali, mint n > 1 , akkor a P n- polinom 1(z)így akarok-e egy gyököt, ami értelmes, mint a z 2 , Pn- 1(z2) = 0. Todi
Pn- 1 (z) = (z - z 2) P n-2 (z);
P n (z) = (z - z 1) (z - z 2) P n-2 (z).

Ezt a folyamatot folytatva arra a következtetésre jutunk, hogy van n z számunk 1, z 2, ..., z n oly módon, hogy
P n (z) = (z - z 1) (z - z 2) ... (z - z n) P 0 (z).
Ale P 0 (z)- tse postiyna. A z n együtthatókat egyenlítve ismert, hogy a n drágább. Ennek eredményeként megszállottan vagyunk a képletnek, amellyel egy gazdag kifejezést szorzókra oszthatunk:
(1) P n (z) = a n (z - z 1) (z - z 2) ... (z - z n).

A z i є számok a gazdag P n kifejezés gyökereihez (z).

A zagalny vpadku nem minden z i, scho belépni előtt (1) , Rizni. Ezek között lehetnek azonos értékek. Hogyan bővítsünk egy gazdag kifejezést szorzókra (1) a látványnál írhatod:
(2) P n (z) = a n (z - z 1 ) n 1 (z - z 2 ) n 2 ... (z - z k ) n k;
.
Itt z i ≠ z j i ≠ j esetén. Yakscho n i = 1 , akkor gyökér z i megbocsátásnak hívták. Vіn adja meg az elrendezést a szorzók a látvány (z-z i ). Yakscho n i > 1 , akkor gyökér z i a multiplicitás többszörös gyökének nevezzük n i . Vіn írja be a szorzók elrendezésébe, ha n i prímszorzók kinyerését nézi: (z-z i )(z-z i ) ... (z-z i ) = (z-z i ) n i.

Gazdag kifejezések effektív együtthatókkal

2. lemma

Mivel ez egy effektív együtthatós polinom komplex gyöke, ezért a szám a polinom gyökével is komplexen összefügg, .

Hoz

Deisno, yakscho és polinom együtthatók - dіysnі számok, akkor.

Ebben a sorrendben az összetett gyök páronként szerepel a szorzók elrendezésében, azok összetett jelentésével:
,
de, - Valós számok.
Ugyanaz az elrendezés (2) egy gazdag kifejezés a szorzók effektív együtthatóival azonnal megadható, csak effektív gyors megléte esetén:
(3) ;
.

Módszerek egy gazdag kifejezés szorzókra való felosztására

A fentiek továbbfejlesztésével egy polinom faktorokra bontásához ismerni kell a P n (z) = egyenlet összes gyökerét. 0 és jelölje ki azok sokaságát. Az összetett gyökerű szorzókat komplex módon kell csoportosítani. Ugyanaz az elrendezés a képlettől függ (3) .

Ebben a rangban az offenzívában a gazdag kifejezés szorzókra terjesztésének módszerét használják:
1. Ismerjük a z gyökeret 1 kiegyenlítés P n (z1) = 0.
2.1. Yakshcho gyökér z 1 hatékony, akkor az elrendezésben adunk hozzá egy szorzót (z-z1) (z-z1) 1 :
.
1(z) pontból kiindulva (1) , Amíg nem ismerjük az összes gyökeret.
2.2. Összetett gyökként a є számot komplexen kapjuk egy gazdag kifejezés gyökeként. Todі lefektetés előtt adja meg a szorzót

,
de b 1 = - 2 x 1, c 1 = x 1 2 + y 1 2.
Szerintem az elrendezésben szorzót adunk hozzá (z 2 + b 1 z + c 1) a gazdag kifejezést P n (z) azzal hígítom (z 2 + b 1 z + c 1). Ennek eredményeként az n lépés gazdag tagját vesszük - 2 :
.
Ismételjük meg a folyamatot a P n- polinomra 2(z) pontból kiindulva (1) , Amíg nem ismerjük az összes gyökeret.

A gazdag tag gyökerének ismerete

Központ, a polinom faktorokká bővítésével a yogo gyökér jelentősége. Sajnos nem mindig lehet analitikusan dolgozni. Itt a vipadkiv sprattját elemezzük, ha analitikusan ismeri a gazdag kifejezés gyökerét.

Az első szakasz gazdag tagjának gyökere

Az első lépés gazdag tagja egy integrálfüggvény. Csak egy gyökér van. Az elrendezés csak egy szorzó lehet a z változásának megbosszulására:
.

Egy másik szintű gazdag tag gyökere

Ahhoz, hogy megismerjük egy másik szint gazdag tagjának gyökerét, ki kell oldani a négyzet egyenlő:
P 2(z) = a 2 z 2 + a 1 z + a 0 = 0.
Mint diszkrimináns, két valódi gyökér van:
, .
Csak nézd meg a szorzókat:
.
Mi a diszkrimináns D = 0 , akkor egyenlő lehet egy dvorazovy gyökér:
;
.
Mint diszkriminatív D< 0 , akkor a gyökér összetettebb,
.

Gazdagosan tagolt lépéssel magasabbra másnak

Іsnuyu képletek a 3. és 4. lépés gazdag szegmenseinek gyökereinek jelentésére. Ritkán korognak velük, a bűz szilánkjai terjedelmesek. A 4.-nél magasabb, gazdagon tagolt fok gyökereinek ismeretére képletek nincsenek. Tudatlanul a helyszínen, a deyakih vipadkákban az ember belemegy a gazdag kifejezés szorzókra való terjesztésébe.

Az egész gyökér jelentősége

Úgy tűnik, hogy ez egy gazdag kifejezés néhány együtthatóra - a számok száma, a gyökök száma, amely az összes lehetséges érték válogatásával megismerhető.

3. lemma

Adj egy gazdag farkat
,
együtthatók a i ebből - annak a számnak a száma, amely z gyöke lehet 1 . Ugyanaz a gyök, mint az a szám dilnik 0 .

Hoz

Írjuk át egyenlő P n-t (z1) = 0 a látványnál:
.
Todi - tsile,
Mz 1 = - a0.
z-vel osztva 1 :
.
Oskіlki M - qile, majd i - qile. Mi kellett hozzá.

Ezért, mint egy polinom együtthatói - a számok száma, megpróbálhatja megismerni a gyökér számait. Akinek tudnia kell egy szabad tag összes dilnikjét 0 і, kiegyenlítési helyettesítés P n (z) = 0, perverti, chi є büdös a gyökerekig, hogy egyenlő.
jegyzet. Mivel egy polinom együtthatói racionális számok, így P n-t megszorozva (z) = 0 az a i számok magas színvonalán egész együtthatós polinomra vesszük a kiegyenlítést.

A racionális gyök jelentése

Mivel a polinom együtthatói - a számok száma és a gyökök száma nem, akkor egy n ≠ esetén 1 , megpróbálhatja megismerni a racionális gyökeret. Kinek szükséges helyettesítést létrehozni
z = y/a n
és szorozzuk meg egy n n-vel 1 . Ennek eredményeként a gazdag tag egyenlőségét változás formájában és az együtthatók számával vesszük figyelembe. Dali shukaimo a gazdag tag gyökere, a szabad tag középső tagja. Mivel tudtunk ilyen y i gyöket, így az x változásra áttérve racionális gyöket veszünk fel
z i = y i / a n.

Színes képletek

Képleteket vezetünk be, amelyek segítségével lehetőség nyílik a polinom faktorokká bővítésére.

Legyen vadabb indulat, hogy gazdag tagot rakj ki
P n (z) = z n - a 0,
de a 0 - összetettebb, ismerni kell az összes jógo gyökeret, hogy egyenlőt tudjon feloldani:
z n = a 0 .
A Tsіvnyannya könnyen összetéveszthető, mintha bebizonyítaná a 0 modulon keresztül r i argumentum?
.
Oskilki a 0 ne változtasson, hogy az érvelést kiegészítse 2 pi, akkor képzeld el a 0 a látványnál:
,
de k – qile. Todi
;
.
Értékek hozzárendelése k k = 0, 1, 2, ... n-1, A polinom n gyökét veszünk. A Todi yogo elrendezése a szorzókhoz így nézhet ki:
.

Bisquare bagatonic kifejezés

Nézzük a bikvadratikus tagot:
.
A bikvadrátban gazdag kifejezés szorzókra osztható, gyökér nélkül.

Mikor, esetleg:

,
de.

Bikubikus és gazdag szegmensek, amelyek négyzetre redukálhatók

Nézzük a gazdag tagot:
.
A Yogo root jelentése egyenlő:
.
Nyert ig vezetik négyzet igazítás helyettesítés t = z n :
a 2 n t 2 + a n t + a 0 = 0.
Virishivshi tse eve, ismerjük a yogo gyökeret, t 1 , t 2 . Ha látjuk az elrendezést:
.
Dali módszerrel, nézzük meg, bontsa ki z n - t szorzókra 1 i z n - t 2 . A visnovkának van egy csoportja a szorzóknak, amelyek komplex módon megbosszulják a gyökeret.

Forgó szárak

A gazdag tagot hívják Visszatérés A yakscho yogo együtthatók szimmetrikusak:

A tárolható bagato-tag feneke:
.

Mivel az n fordított polinom lépései nem párosítottak, egy ilyen polinomnak lehet gyöke z = -1 . Egy ilyen gazdag kifejezést z-re osztva + 1 , vesszük a lépés visszatérésben gazdag kifejezését

A rozv'yazannі rivnyan i nerіvnjanі esetén gyakran vykaє nіkaє nebhіdnіst razvіdnіє polinom razvіdnіє polinomokon, stupіnіy і і threenі dіv. Megnézhetjük ezeket a statisztikákat, hogyan tehetjük egyszerűbbé.

Mint egy zavzhd, vadállat segítségért az elmélethez.

Bezout tétele stverzhuє, scho többlet egy polinom binomiális dorivnyuє felosztásában.

De számunkra nem maga a tétel a fontos, hanem következménye belőle:

Mivel a szám egy polinom gyöke, ezért a polinom felosztható anélkül, hogy túl sok binomiális lenne.

Előttünk az a feladat, hogy tudjuk, hogyan ismerjük meg a gazdag kifejezés egyik gyökerét, majd a gazdag kifejezést felosztjuk egy gazdag kifejezés gyökére. Ennek eredményeként egy gazdag tagot veszünk, az egyiknek a talpa eggyel kisebb, az alsó a külső bordája. És akkor fogyasztás esetén megismételheti a folyamatot.

A Tse zavdannya két részre oszlik: hogyan ismerhetjük meg a gazdag kifejezés gyökerét, és hogyan oszthatjuk fel a gazdag kifejezést binomiálisra.

Ezekről a pontokról számoljunk be.

1. Hogyan ismerjük meg a gazdag tag gyökerét.

A kézfejet tisztelik, a chi a gazdag tag gyökereinek 1-es és -1-es száma.

Íme néhány tény, amelyek segítségünkre lehetnek:

Mivel a polinom összes együtthatójának összege nulla, a szám a polinom gyöke.

Például az együtthatók összegének polinomja egyenlő nullával: . Könnyű félreértelmezni, mi a gazdag tag gyökere.

Mivel a polinom együtthatóinak összege páros lépésekben megegyezik a párosítatlan lépésekben lévő együtthatók összegével, a szám a polinom gyöke. Vilniy tagja vvazhaetsya együttható a kettős szinten, oskolki, és - srác száma.

Például a páros lépésekben lévő együtthatók összegének polinomjában : , és a páratlan lépésekben lévő együtthatók összegének polinomjában : . Könnyű félreértelmezni, mi a gazdag tag gyökere.

Ha nі 1, nі -1 є a polinom gyökereihez, akkor a távolság összeomlik.

A lépés indukált gazdag tagjára (tob-ba gazdag tag, amelyben a vezető együttható a - vezető együtthatója) a következő képlet érvényes:

De a gazdag tag gyökere.

Több Vієta képlet is létezik, hogy a polinomnak vannak más együtthatói is, de mi magunk beszélhetünk róla.

Z tsієї formula Vієta viplivaє, scho az egész szám gazdag tagjának gyökeként, majd a jógo szabad tag dilnikjének bűze, ami szintén egész szám.

Vihodyachi z tsogo, a gazdag tag változó tagját többszörösére kell raknunk, és sorrendben, a legkisebbtől a legnagyobbig, meg kell fordítanunk, hogy a többes számok közül melyik a gazdag kifejezés gyökere.

Nézd meg például gazdag tag

Ingyenes tagnaplók: ; ; ;

Egy polinom összes együtthatójának összege drágább, ezért az 1-es szám már nem a polinom gyöke.

Az ikerlépések együtthatóinak összege:

A párosítatlan lépések együtthatóinak összege:

Ezenkívül a -1 szám egy polinom gyöke is.

Megfordítható, hogy a chi a 2-es szám, mint egy gazdag kifejezés gyöke: a 2-es szám a gazdag kifejezés gyökere is. Később Bezout tételét követve egy gazdag tag felesleg nélkül binomiálisra osztható.

2. Hogyan vonjunk ki egy gazdag tagot egy binomiálisból.

A gazdag kifejezés felosztható egy binomiálisra, amelynek csonkja van.

A gazdag kifejezést egy stompchik segítségével binomiálisra osztjuk:

A polinom binomiálisra való felosztásának második módja a Horner-séma.

Nézze meg a videót, hogy megértse hogyan lehet egy gazdag kifejezést bináris tagokra osztani egy i lépéssel a kiegészítő Horner-séma számára.

Tiszteletben tartom, hogy amikor rozpodіlі stovpchik szereti a vyhіdny vіdsutnya polinomban ismeretlen lépéseket, її mіstsі írjon 0-t - like і, mint a Horner-séma összehajtott táblázatából.

Ezért, mivel a gazdag tagot bináris tagra kell osztanunk, és ennek eredményeként a gazdag tagot vesszük, akkor megismerhetjük a Horner-séma mögött álló együtthatókat:

Vikorizálhatunk is Horner séma megfordításhoz, ha a számot a gazdag tag gyökeként adjuk meg: ha a szám a gazdag tag gyöke, akkor a gazdag tag részmezõjében a többlet nullával egyenlő, tehát a maradék oszlopban a Horner-séma másik sorában 0-t veszünk.

Vikoristovuyuchi Horner séma szerint "két legyet kopogtatunk egy csapásra": egy óra alatt ellenőrizzük, hogy a szám egy gazdag kifejezés gyökere, és a gazdag tagot binomiálisra osztjuk.

csikk. Virishiti Rivnyannia:

1. Írd le a szabad tag dilnikjét, shukatimemo pedig a szabad tag középső dilnikjének gazdag tagjának a gyökerét.

A 24-es szám párbeszédei:

2. Reverzibilisen a chi egy gazdag kifejezés 1-es számú gyöke.

A polinom együtthatóinak összege, valamint az 1-es szám a polinom gyöke.

3. Osszuk fel a kifelé gazdag kifejezést bináris tagokra a Horner-séma segítségével.

A) Írja fel a kimeneti polinom együtthatóinak táblázatának első sorát!

Oskіlki tag, scho vengeance vіdsutnya, annál az asztalnál, amelynek együtthatója lehet, ha 0-t írunk. A tudás gonosz gyökerét írjuk: 1. szám.

B) Mentse el a táblázat első sorát!

Az oszlop többi részében, mintha egyértelmű lenne, kivontuk a nullát, a világ az utolsó gazdag tagot binomiálisra osztotta felesleg nélkül. Annak a polinomnak az együtthatói, amelyet az eredmény a táblázat másik sorában a kék színű kép alatt tartalmaz:

Könnyen félreérthető, hogy az 1 és a -1 nem egy gazdag kifejezés gyökerei

C) Folytatjuk a táblázatot. Megfordíthatóan a chi a 2-es szám, amely egy gazdag kifejezés gyökere:

Tehát a résztag eredményében megjelenő polinom lépése eggyel kisebb, mint a kimenetben gazdag tag lépése, az együtthatók száma és az oszlopok száma is eggyel kevesebb.

Az oszlop további részében a -40-et - olyan számot vettünk ki, amely nem ad hozzá nullához, ezért a gazdag tagot elosztjuk egy bináris taggal a többletből, és a 2-es szám nem a gazdag tag gyöke.

C) Megfordíthatóan a chi a -2 szám, mint egy gazdag kifejezés gyöke. Szóval, mint korábban, a teszt nem volt messze, hogy ne legyen együtthatós csalás, sorban állok, hogy megerősítem a tesztemet:

Csodálatos! A feleslegből levontuk a nullát, majd a gazdag tagot felesleg nélküli binomiálisra osztottuk, a -2 szám pedig a gazdag tag gyöke. A polinom együtthatói, ami az eredményben a polinomot binomiálisra osztja a kép táblázatában zöld színnel.

Ennek eredményeként kivontuk a négyzetes trinomit , melynek gyökere könnyen megismerhető a Viet-tétel mögött:

Otzhe, a külső ébredés gyökere:

{}

Javaslat:( }

Yakscho gazdag tagja

Hoz

Legyen az є polinom együtthatói egész számokkal, és legyen az a szám a th gazdag tag gyöke. Annak, amelyben a hang minden pillanatban ragyog, az együtthatót a-val osztjuk.

Tisztelet. Ez a tétel valójában lehetővé teszi, hogy megismerjük a leggazdagabb kifejezések gyökereit abban az esetben, ha ezeknek a gazdag tagoknak az együtthatói számok, és a gyök racionális szám. A tétel így újrafogalmazható: ahogy tudjuk, hogy a polinom együtthatói a számok számai, a yogo gyöke pedig racionális, úgy a racionális gyök is csak olyan lehet, mint a de p, mint egy szám dilnikje. (szabad kifejezés), a q szám pedig egy szám tágítója (senior coy) .

A tétel az egész gyökről, mit kell bosszút állnia magán

Ahogy az α szám a több együtthatós gazdag tag gyöke, úgy α a jógikus szabad tag dilnikje.

Hoz. Na gyere:

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

gazdag kifejezés qlimi együtthatókkal és qile számmal α - yogo gyökér.

Ekkor a gyök értékét kiegyenlítjük P (α)=0;

a 0 αⁿ+a 1 αⁿ -1 +…+a n-1 α +a n =0.

Vinosyachi zagalny szorzó α az íjakhoz, vegye le az egyenértékűséget:

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

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

Az a 0 , a 1 ,…a n-1 , an i α −tsіlі szám szilánkjai, akkor az ívek legyenek az egész számok, majd a n el kell osztani α-val, ahogyan azt be kellett fejezni.

A tétel felvetődött, de úgy is megfogalmazható: az együtthatószámú polinom gyökeinek száma az első szabad tag tágítója.
Az alapok tételére, az egész együtthatószámú gazdag kifejezés egész gyökének keresésére szolgáló algoritmus:

2. Dodatkova tétel a gyökértékről

Az egész együtthatós P(x) gazdag tag α-gyökeinek számán kívül a P(1) szám α-1-osztója, a P(-1) szám α+1-osztója

Hoz. 3 az azonosság

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

láthatja, hogy a b і c számok számából a bⁿ-cⁿ szám osztható b∙c-vel. Ale minden gazdag tag P kiskereskedelmi

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 is, egy P polinom zіlimi együtthatói і zіlih számok b і c a P(b)-P(c) különbséget b-c részekre osztjuk.

Emlékezzünk: b = α esetén z = 1, P (α)-P (1) = -P (1), ami azt jelenti, hogy P (1) osztva α-1-gyel. Hasonlóképpen van egy másik nézet is.

Horner séma

Tétel: Legyen egy rövid távú drіb p / q є gyök egyenlő a 0 x n +a 1 x n − 1 + +a n − 1 x+a n =0 több együtthatóval, ugyanaz a szám q є az a0 vezető együttható dilnikje és a szám R є dilnik ingyenes tag an.

Tisztelet 1. Legyen a kapcsolat gyökere a jógo szabad tag koefficienseinek számával és dilnikével.

Tisztelet 2.Mivel a vezető együttható megegyezik az 1-es út együtthatóinak számával, minden racionális gyökere, mivel a bűz ismert - a szám.

A gazdag tag gyökere. A gazdag tag gyökere f(x)= a 0 x n +a 1 x n − 1 + +a n − 1 x+a n є x = c , és akkor mi van f (c)=0 .

3. megjegyzés. Yakscho x = c gazdag tag gyökere , akkor a gazdag kifejezés így írható: f(x)=(x-c)q(x) , de tse magánnézet a gazdag tag alatt f(x) monomiálissá x-c

A gazdag kifejezést feloszthatja monomokra a Horner-séma segítségével:

Yakscho f(x)=a 0 x n +a 1 x n − 1 + +a n − 1 x+a n , a0 ≠0 , g(x)=x-c , majd amikor rozpodіlі f (x) a g (x) privátban q(x) nézhet q(x)=b 0 x n − 1 +b 1 x n − 2 + +b n−2 x+b n−1 , de b 0 = a 0 ,

b k = c b k − 1 + a k , k=1, 2, ,n−1. többlet r ismeri a képletet r=c b n − 1 +a n

Megoldás: Az együttható felső szinten 1; 2; 3; négy; 6; 12. Vikoristovuyuchi Horner séma, tudjuk, hogy a gyökök száma egyenlő:

Horner sémájának egy gyökere van. akkor meg tudod csinálni így x 3 -x 2 -8x+12=(x-2)(x 2 +x-6)=0 (x-2) 2 (x-3)=0 x=2;x=3