Keresse meg a polinom összes racionális gyökerét. Tétel a polinom racionális gyökeiről. Egész együtthatós polinomok racionális gyökei. Horner-séma

Hadd

- n ≥ fokú polinom 1 egy valós vagy komplex z változó valós vagy komplex együtthatója a i.

Fogadjuk el a következő tételt bizonyítás nélkül.

1. tétel Pn egyenlet(z) = 0

legalább egy gyökere van.

Bizonyítsuk be a következő lemmát.

1. lemma Legyen Pn(z) 1 - n, z fokú polinom
- az egyenlet gyöke: P n.
(z 1) = 0 Legyen Pn Ezután Pn
- az egyenlet gyöke: csak a következő formában ábrázolható:,
(z) = (z - z 1) P n-1 (z) ahol Pn- 1(z) 1 .

- n fokú polinom -

Bizonyíték Legyen Pn Ennek bizonyítására alkalmazzuk azt a tételt (lásd Polinom osztása és szorzása polinommal sarokkal és oszloppal), amely szerint bármely két polinomra P n Legyen Pnés Qk
- az egyenlet gyöke: , n és k fok, n ≥ k esetén van egy egyedi ábrázolás a következő formában:,
(z) = P n-k (z) Q k (z) + U k-1 (z) Legyen Pn ahol Pn-k ahol Pn-- n-k, U k-fokú polinom 1 .

- k-nál nem magasabb fokú polinom 1 Tegyük k =-t , Q k(z) = z - z 1
- az egyenlet gyöke: , Akkor,
(z) = (z - z 1 ) P n-1 (z) + c 1 ahol c egy állandó. Helyettesítsük itt z = z-t P n:
- az egyenlet gyöke: és vegye figyelembe, hogy P n;
(z 1 ) = (z 1 - z 1 ) P n-1 (z 1 ) + c.
0 = 0 + c 0 Ezért c =
.
Majd

Pn,

Q.E.D. Legyen Pn Polinom faktorálása 1 Tehát az 1. Tétel alapján a P n polinom P n legalább egy gyökere van. Jelöljük z-vel
- az egyenlet gyöke: ,Pn.
. 1 Aztán az 1. lemma alapján: ahol Pn-(z) = (z - z 1 ) P n-1 (z) 2 Továbbá, ha n > , akkor a P n- polinom Ezért c =
is van legalább egy gyöke, amit z-vel jelölünk ,Pn-;
- az egyenlet gyöke: 1 (z 2) = 0.

Pn- 1 (z) = (z - z 2 ) P n-2 (z)(z) = (z - z 1 ) (z - z 2 ) P n-2 (z)
- az egyenlet gyöke: Ezt a folyamatot folytatva arra a következtetésre jutunk, hogy van n z szám.
1 , z 2 , ... , z n olyan hogy(z) = (z - z 1 ) (z - z 2 ) ... (z - z n ) P 0 (z)
(1) De P 0(z).

- ez állandó. A z n együtthatóit egyenlítve azt találjuk, hogy egyenlő egy n-nel. Legyen Pn.

Ennek eredményeként megkapjuk a polinom faktorálásának képletét: (1) P n (1) így írható:
(2) De P (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. 1 Ha n i = , Azt gyökér z i egyszerűnek nevezik . A formában lép faktorizációba(z-z i) 1 Ha n i = , Azt gyökér . Ha n i > multiplicitás többszörös gyökének nevezzük.

n i.

A faktorizációba n i főtényező szorzataként lép be:

(z-z i )(z-z i ) ... (z-z i ) = (z-z i ) n i

- n fokú polinom -

Valós együtthatós polinomok

2. lemma
,
Ha egy valós együtthatós polinom komplex gyöke, akkor a komplex konjugált szám is gyöke a polinomnak, .
Valóban, ha , és a polinom együtthatói valós számok, akkor . (2) Így az összetett gyökök párban lépnek be a faktorizációba összetett konjugált értékükkel:
(3) ;
.

ahol , valós számok.

Aztán a bomlás 0 a valós együtthatókkal rendelkező polinom olyan formában ábrázolható, amelyben csak valós állandók vannak jelen: Polinom faktorálási módszerei A fentiek figyelembevételével egy polinom faktorizálásához meg kell találni a P n (z) = egyenlet összes gyökerét (3) .

és határozza meg azok sokaságát. Szorzók -val
1. összetett gyökerek 1 komplex konjugátumokkal kell csoportosítani. Ezután a tágulást a képlet határozza meg Így a polinom faktorálásának módszere a következő:.
2.1. A z gyökér megkeresése 1 egyenletek Pn (z 1) = 0 (z 1) = 0 1 :
.
Ha a gyökér z valós, akkor hozzáadjuk a tényezőt a bővítéshez (1) (z-z 1)
2.2. 1(z)

,
pontból kiindulva amíg meg nem találjuk az összes gyökeret. Ha a gyök komplex, akkor a komplex konjugált szám egyben a polinom gyöke is. Ekkor a bővítés magában foglalja a tényezőt ahol b.
1 = - 2 x 1 , c 1 = x 1 2 + y 1 2 , c Ebben az esetben a faktort hozzáadjuk a bővítéshez 2 :
.
(z 2 + b 1 z + c 1) és osszuk el a P n (z) polinomot azzal valós, akkor hozzáadjuk a tényezőt a bővítéshez (1) (z-z 1)

.

Ennek eredményeként egy n fokú polinomot kapunk -

Ezután megismételjük a folyamatot a P n- polinomra

2(z)
.

Polinom gyökeinek megkeresése

A polinom faktorálásakor a fő feladat a gyökereinek megtalálása. Sajnos ezt nem mindig lehet analitikusan megtenni. Itt több olyan esetet is megvizsgálunk, amikor analitikusan meg lehet találni a polinom gyökereit.
Elsőfokú polinom gyökerei Az elsőfokú polinom egy lineáris függvény. Egy gyökere van. A bővítésnek csak egy tényezője van, amely tartalmazza a z változót:.
Ha a diszkrimináns , akkor az egyenletnek két valós gyöke van:
, .
Ekkor a faktorizáció a következőképpen alakul:
.
Ha diszkrimináns D = 0 , akkor az egyenletnek egy kettős gyöke van:
;
.
Ha diszkriminatív D< 0 , akkor az egyenlet gyökei összetettek,
.

Kettőnél magasabb fokú polinomok

Vannak képletek a 3. és 4. fokú polinomok gyökeinek megkeresésére. Azonban ritkán használják őket, mert terjedelmesek. Nincsenek képletek a 4-nél magasabb fokú polinomok gyökeinek megkeresésére. Ennek ellenére bizonyos esetekben lehetséges a polinom faktorálása.

Egész gyökerek megtalálása

Ha ismert, hogy egy olyan polinomnak, amelynek együtthatói egész számok vannak, van egész gyöke, akkor az összes lehetséges értéket átkutatva megtalálhatja.

3. lemma

Legyen a polinom
,
amelyeknek a i együtthatói egész számok, z egész gyöke van 1 . 0 .

- n fokú polinom -

Ekkor ez a gyök az a szám osztója P nÍrjuk át a P n egyenletet
.
formában:
Aztán az egész Mz.
1 = - a 0 1 :
.
Oszd z-vel

Mivel M egész szám, akkor M egész szám. Q.E.D. 0 Ezért, ha a polinom együtthatói egész számok, akkor megpróbálhatja megkeresni az egész számok gyökereit. Ehhez meg kell találni az a szabad tag összes osztóját Pn egyenletés a P n egyenletbe behelyettesítve
, ellenőrizze, hogy ezek ennek az egyenletnek a gyökerei-e. Jegyzet Pn egyenlet. Ha a polinom együtthatói racionális számok, akkor a P n egyenletet megszorozva

az a i számok közös nevezőjével egy egyenletet kapunk egy egész együtthatós polinomra. Megtalálás

racionális gyökerei 1 Ha a polinom együtthatói egész számok és nincsenek egész gyökök, akkor n ≠ esetén
, megpróbálhat racionális gyökereket találni. Ehhez cserét kell végrehajtania
z = y/a n 1 és szorozzuk meg az egyenletet a n n-vel
.

Ennek eredményeképpen egyenletet kapunk az y változóban lévő egész együtthatókkal rendelkező polinomra. Ha találtunk ilyen y i gyöket, akkor az x változóra átlépve racionális gyöket kapunk

z i = y i /a n .

Hasznos képletek
- az egyenlet gyöke: Olyan képleteket mutatunk be, amelyekkel egy polinom faktorálható.,
Általánosabban, egy polinom kiterjesztése 0 (z) = z n - a 0
ahol a 0 .
- összetett, meg kell találnia az összes gyökerét, azaz meg kell oldania az egyenletet: 0 z n = a
.
Ez az egyenlet könnyen megoldható a kifejezéssel 0 r modulon és φ argumentumon keresztül: Mivel a nem fog változni, ha kiegészítjük az érvelést 0 Írjuk át a P n egyenletet
,
2π
;
.
, akkor képzeld el a ahol k egy egész szám. Majd K értékhez rendelve k =
.

0, 1, 2, ... n-1

, a polinom n gyökét kapjuk. Ekkor a faktorizálása a következőképpen alakul:
.
Egy bikvadratikus polinom faktorizálható anélkül, hogy megkeresnénk a gyökereket.

Mikor van nálunk:

,
Hol .

Bikubikus és másodfokú polinomok

Tekintsük a polinomot:
.
Gyökereit a következő egyenletből határozzuk meg:
.
Másodfokú egyenletté redukálható a t = z n helyettesítésével:
a 2 n t 2 + a n t + a 0 = 0.
Ennek az egyenletnek a megoldása után megtaláljuk a gyökereit, t 1 ,t 2 .
.
Ezután a bővítést a következő formában találjuk: 1 Ezután a fent jelzett módszerrel z n - t tényezőt számolunk 2 és z n - t

.

Végül csoportosítjuk a komplex konjugált gyököket tartalmazó faktorokat. Ismétlődő polinomok A polinomot ún

visszaváltható
.

, ha az együtthatók szimmetrikusak: -1 Példa reflexív polinomra: + 1 Ha egy n ismétlődő polinom foka páratlan, akkor ennek a polinomnak van gyöke z =

. Egy ilyen polinom elosztása z-vel, kapunk egy ismétlődő fokszámú polinomot

Ebben a cikkben elkezdjük felfedezni

racionális számok

. Itt megadjuk a racionális számok definícióit, megadjuk a szükséges magyarázatokat, és példákat adunk a racionális számokra. Ezek után arra fogunk összpontosítani, hogyan határozzuk meg, hogy egy adott szám racionális-e vagy sem.

Oldalnavigáció. Racionális számok definíciója és példái Ebben a részben a racionális számok számos definícióját adjuk meg. A megfogalmazásbeli különbségek ellenére ezeknek a definícióknak ugyanaz a jelentése: a racionális számok egész számokat és törteket egyesítenek, ahogy az egész számok természetes számokat, azok ellentéteit és a nulla számot. Más szóval, a racionális számok általánosítanak egész és tört számokat.

Kezdjük azzal

• racionális számok definíciói
• , ami a legtermészetesebben érzékelhető.
• A megadott definícióból az következik, hogy a racionális szám:
• Bármely n természetes szám. Valójában bármilyen természetes számot ábrázolhat közönséges törtként, például 3=3/1.
• Bármely egész szám, különösen a nulla. Valójában bármely egész szám felírható pozitív törtként, negatív törtként vagy nullaként. Például 26=26/1, .

Az is világos, hogy bármely végtelen, nem periodikus tizedes tört NEM racionális szám, mivel nem ábrázolható közönséges törtként.

Most könnyen adhatunk példák racionális számokra. A 4, 903, 100 321 számok racionális számok, mert természetes számok. Az 58, -72, 0, -833,333,333 egész számok is a racionális számok példái. A 4/9, 99/3 közönséges törtek is példák a racionális számokra. A racionális számok is számok.

A fenti példákból kitűnik, hogy vannak pozitív és negatív racionális számok is, és a nulla racionális szám sem nem pozitív, sem nem negatív.

A racionális számok fenti definíciója tömörebb formában is megfogalmazható.

Meghatározás.

Racionális számok olyan számok, amelyek z/n törtként írhatók fel, ahol z egész szám, n pedig természetes szám.

Bizonyítsuk be, hogy a racionális számoknak ez a definíciója egyenértékű az előző definícióval. Tudjuk, hogy a tört egyenesét tekinthetjük osztásjelnek, akkor az egész számok osztó tulajdonságaiból és az egész számok osztására vonatkozó szabályokból következik az alábbi egyenlőségek érvényessége és. Tehát ez a bizonyíték.

Adjunk példákat racionális számokra e meghatározás alapján. A -5, 0, 3 és a számok racionális számok, mivel felírhatók törtként egész szám számlálóval és természetes nevezővel az alak, ill.

A racionális számok definíciója a következő megfogalmazásban adható meg.

Meghatározás.

Racionális számok véges vagy végtelen periodikus tizedes törtként felírható számok.

Ez a definíció egyben az első definícióval is egyenértékű, mivel minden közönséges tört véges vagy periodikus tizedes törtnek felel meg, és fordítva, és bármely egész szám társítható egy tizedes törthez, ahol a tizedesvessző után nullák állnak.

Például az 5, 0, -13 számok a racionális számok példái, mivel a következő tizedes törtként írhatók fel: 5,0, 0,0, -13,0, 0,8 és -7, (18).

Fejezzük be ennek a pontnak az elméletét a következő kijelentésekkel:

• egészek és törtek (pozitív és negatív) alkotják a racionális számok halmazát;
• minden racionális szám ábrázolható törtként egész számlálóval és természetes nevezővel, és minden ilyen tört egy bizonyos racionális számot képvisel;
• minden racionális szám ábrázolható véges vagy végtelen periodikus tizedes törtként, és minden ilyen tört egy racionális számot képvisel.

Racionális ez a szám?

Az előző bekezdésben megállapítottuk, hogy bármely természetes szám, egész szám, közönséges tört, bármilyen vegyes szám, bármely véges tizedes tört, valamint bármely periodikus tizedes tört racionális szám. Ez a tudás lehetővé teszi, hogy racionális számokat „felismerjünk” írott számok halmazából.

De mi van akkor, ha a számot valamilyen , vagy mint stb. formájában adjuk meg, hogyan válaszoljunk arra a kérdésre, hogy ez a szám racionális-e? Sok esetben nagyon nehéz válaszolni. Mutassunk néhány gondolati irányt.

Ha egy számot olyan numerikus kifejezésként adunk meg, amely csak racionális számokat és számtani előjeleket (+, −, · és:) tartalmaz, akkor ennek a kifejezésnek az értéke racionális szám. Ez a racionális számokkal végzett műveletek definíciójából következik. Például a kifejezésben szereplő összes művelet végrehajtása után megkapjuk a 18-as racionális számot.

Néha a kifejezések leegyszerűsítése után és így tovább összetett típus, lehetővé válik annak meghatározása, hogy egy adott szám racionális-e.

Menjünk tovább. A 2-es szám racionális szám, mivel bármely természetes szám racionális. Mi van a számmal? Vajon racionális? Kiderül, hogy nem, ez nem racionális szám, hanem irracionális szám (ennek ellentmondásos bizonyítását a 8. évfolyam algebrai tankönyve tartalmazza, az alábbi hivatkozási jegyzékben). Az is bebizonyosodott, hogy a négyzetgyök természetes szám csak azokban az esetekben racionális szám, amikor a gyök olyan számot tartalmaz, amely valamely természetes szám tökéletes négyzete. Például a és racionális számok, mivel 81 = 9 2 és 1 024 = 32 2, a és számok pedig nem racionálisak, mivel a 7 és 199 nem tökéletes négyzetek természetes számok.

Racionális a szám vagy sem? IN ebben az esetben Könnyen belátható, hogy ezért ez a szám racionális. Racionális a szám? Bebizonyosodott, hogy egy egész szám k-edik gyöke csak akkor racionális szám, ha a gyökjel alatti szám valamely egész szám k-edik hatványa. Ezért nem racionális szám, hiszen nincs olyan egész szám, amelynek ötödik hatványa 121 lenne.

Az ellentmondásos módszer lehetővé teszi annak bizonyítását, hogy egyes számok logaritmusai valamilyen okból nem racionális számok. Például bizonyítsuk be, hogy - nem racionális szám.

Tegyük fel az ellenkezőjét, vagyis mondjuk, hogy ez egy racionális szám, és m/n közönséges törtként írható fel. Ekkor a következő egyenlőségeket adjuk meg: . Az utolsó egyenlőség lehetetlen, hiszen a bal oldalon ott van páratlan szám 5 n, a jobb oldalon pedig a páros szám 2 m. Ezért a feltevésünk hibás, tehát nem racionális szám.

Összegzésképpen különösen érdemes megjegyezni, hogy a számok racionalitásának vagy irracionalitásának meghatározásakor tartózkodni kell a hirtelen következtetések levonásától.

Például nem szabad azonnal azt állítani, hogy a π és e irracionális számok szorzata irracionális szám, ez „látszólag nyilvánvaló”, de nem bizonyított. Ez felveti a kérdést: „Miért lenne egy termék racionális szám?” És miért ne, mert lehet példát mondani irracionális számokra, amelyek szorzata racionális számot ad: .

Az sem ismert, hogy a számok és sok más szám racionális-e vagy sem. Például vannak irracionális számok, amelyek irracionális hatványa racionális szám. Szemléltetésképpen bemutatjuk az alak egy fokát, ennek a foknak az alapja és a kitevő nem racionális szám, hanem , a 3 pedig racionális szám.

Hivatkozások.

• Matematika. 6. évfolyam: oktatási. általános műveltségre intézmények / [N. Ya. Vilenkin és mások]. - 22. kiadás, rev. - M.: Mnemosyne, 2008. - 288 p.: ill. ISBN 978-5-346-00897-2.
• Algebra: tankönyv 8. osztály számára. általános műveltség intézmények / [Yu. N. Makarychev, N. G. Mindyuk, K. I. Neshkov, S. B. Suvorova]; szerkesztette S. A. Teljakovszkij. - 16. kiadás - M.: Oktatás, 2008. - 271 p. : ill. - ISBN 978-5-09-019243-9.
• Gusev V. A., Mordkovich A. G. Matematika (kézikönyv a műszaki iskolákba lépőknek): Proc. pótlék.- M.; Magasabb iskola, 1984.-351 p., ill.

Ennek a polinomnak egész együtthatói vannak. Ha ennek a polinomnak egy egész szám a gyöke, akkor az osztója a 16-nak. Így ha egy adott polinomnak vannak egész gyökei, akkor ezek csak a ±1 számok lehetnek; ±2; ±4; ±8; ±16. Közvetlen verifikációval meg vagyunk győződve arról, hogy a 2 szám ennek a polinomnak a gyöke, azaz x 3 – 5x 2 – 2x + 16 = (x – 2)Q (x), ahol Q (x) a polinom polinomja. a második fokozat. Következésképpen a polinom faktorokra bontható, amelyek közül az egyik (x – 2). A Q (x) polinom típusának meghatározásához az úgynevezett Horner-sémát használjuk. Ennek a módszernek a fő előnye a jelölés tömörsége és az a képesség, hogy egy polinomot gyorsan binomiálisra oszthatunk. Valójában Horner séma a csoportosítási módszer rögzítésének egy másik formája, bár ez utóbbitól eltérően teljesen nem vizuális. A választ (faktorizálás) itt magától megkapjuk, és nem látjuk a megszerzésének folyamatát. Nem fogunk belemenni a Horner-féle séma szigorú alátámasztásához, csak megmutatjuk, hogyan működik.

	1	−5	−2	16
2	1	−3	−8	0

Egy téglalap alakú 2 × (n + 2) táblázatban, ahol n a polinom foka, (lásd az ábrát) a polinom együtthatóit egy sorba írjuk a felső sorban (a bal felső sarkot szabadon hagyjuk). A bal alsó sarokba írja be a számot - a polinom gyökét (vagy az x 0 számot, ha osztani akarunk a binomimmal (x - x 0)), példánkban ez a 2. Ezután a teljes táblázat alsó sorát a következő szabály szerint kell kitölteni.

A felette lévő cellából a szám „átkerül” az alsó sor második cellájába, azaz az 1. Ezután ezt teszik. Az egyenlet gyökerét (2-es szám) megszorozzuk az utoljára felírt számmal (1), és az eredményt hozzáadjuk a következő szabad cella feletti felső sorban lévő számmal, példánkban:

Az eredményt a −2 alatti szabad cellába írjuk. Ezután ugyanezt csináljuk:
Az osztás eredményeként kapott polinom foka mindig 1-gyel kisebb, mint az eredetié. Így:

A polinom racionális gyökeinek megtalálásának kérdése f(x)K[x] (racionális együtthatókkal) a polinomok racionális gyökeinek megtalálásának kérdésére redukálódik k ∙ f(x)Z[x] (egész együtthatókkal). Itt a szám k egy adott polinom együtthatói nevezőinek legkisebb közös többszöröse.

Szükséges, de nem elegendő feltételeket egy egész együtthatós polinom racionális gyökeinek létezését a következő tétel adja meg.

6.1. Tétel (egész együtthatós polinom racionális gyökeiről). Ha – egy polinom racionális gyökef(x) = a n  x n + + …+ a 1  x + a 0 Vel egész együtthatók, és(p, q) = 1, majd a tört számlálójapaz a szabad tag osztója 0 , és a nevezőqaz a vezető együttható osztója 0 .

6.2. Tétel.Ha K ( Ahol (p, q) = 1) a polinom racionális gyöke f(x) egész együtthatókkal, akkor
–egész számok.

Példa. Keresse meg a polinom összes racionális gyökerét

f(x) = 6 x 4 + x 3 + 2 x 2 – 4 x+ 1.

1. A 6.1. Tétel szerint: ha – egy polinom racionális gyöke f(x), ( Ahol( p, q) = 1), Hogy a 0 = 1 p, a n = 6 q. azért p { 1}, q (1, 2, 3, 6), ami azt jelenti

.

2. Ismeretes, hogy (5.3. következtetés) a szám A a polinom gyöke f(x) akkor és csak akkor f(x) osztva ( x – a).

Ezért annak ellenőrzésére, hogy az 1 és –1 számok egy polinom gyökei-e f(x) használhatja Horner sémáját:

f(1) = 60,f(–1) = 120, tehát 1 és –1 nem gyökei a polinomnak f(x).

3. A fennmaradó számok egy részét kigyomlálni
, akkor a 6.2 tételt fogjuk használni. Ha kifejezések vagy
egész számokat fogad el a megfelelő számlálóértékekhez pés nevező q, akkor a táblázat megfelelő celláiba (lásd alább) a „ts” betűt írjuk, egyébként - „dr”.

=
=

4. Horner sémájával ellenőrizzük, hogy a kiszűrés után megmaradó számok lesznek-e
gyökerei f(x). Először is osszuk fel f(x) - ( X – ).

Ennek eredményeként a következőket kaptuk: f(x) = (X – )(6 x 3 + 4 x 2 + 4 X - 2) és – gyökér f(x). Magán q(x) = 6 x 3 + 4 x 2 + 4 X - 2-t elosztani ( X + ).

Mert q (–) = 30, akkor (–) nem gyöke a polinomnak q(x), és innen ered a polinom f(x).

Végül felosztjuk a polinomot q(x) = 6 x 3 + 4 x 2 + + 4 X - 2 on ( X – ).

Megérkezett: q () = 0, azaz – gyök q(x), ezért a gyökér f (x). Tehát a polinom f (x) két racionális gyöke van: és.

Felszabadulás az algebrai irracionalitás alól a tört nevezőjében

Az iskolai kurzusban bizonyos típusú feladatok megoldása során, hogy megszabaduljunk a tört nevezőjében lévő irracionalitástól, elegendő a tört számlálóját és nevezőjét megszorozni a nevezőhöz konjugált számmal.

Példák. 1.t =
.

Itt a nevezőben a rövidített szorzási képlet (négyzetek különbsége) működik, amely lehetővé teszi, hogy a nevezőben megszabaduljon az irracionalitástól.

2. Szabaduljon meg az irracionalitástól a tört nevezőjében

t =
. Kifejezés – a számok különbségének nem teljes négyzete A=
És b= 1. A rövidített szorzási képlet segítségével A 3 – b 3 = (egy +b) · ( a 2 – ab + b 2 ), meg tudjuk határozni a szorzót m = (egy +b) =
+ 1, amellyel a tört számlálóját és nevezőjét meg kell szorozni t hogy megszabaduljunk az irracionalitástól a tört nevezőjében t. Így,

Olyan helyzetekben, amikor a rövidített szorzásképletek nem működnek, más technikák is használhatók. Az alábbiakban megfogalmazunk egy tételt, amelynek bizonyítása különösen lehetővé teszi, hogy olyan algoritmust találjunk, amellyel bonyolultabb helyzetekben megszabadulhatunk a tört nevezőjében található irracionalitástól.

Meghatározás 6.1. Szám z hívott algebrai a mező felett F, ha van polinom f(x) F[x], amelynek gyökere z, egyébként a szám z hívott transzcendentális a mező felettF.

Meghatározás 6.2.Mező feletti algebrai fok F számok z a mező feletti irreducibilitás mértékének nevezzük F polinom p(x)F[x], amelynek gyöke a szám z.

Példa. Mutassuk meg, hogy a z = szám
algebrai a mező felett Kés megtalálja a mértékét.

Keressünk egy irreducibilist a mezőn K polinom p(X), melynek gyökere x =
. Emeljük fel az egyenlőség mindkét oldalát x =
a negyedik hatványhoz kapjuk X 4 = 2 vagy X 4 – 2 = 0. Tehát p(X) = X 4 – 2, és a szám hatványa z egyenlő deg p(X) = 4.

6.3. Tétel (az algebrai irracionalitás alóli felszabadulásról a tört nevezőjében).Haddz– algebrai szám egy mező felettFfokonn. A forma kifejezéset = ,Ahol f(x), (x)F[x], (z) 0

csak a következő formában ábrázolható:

t = Vel n -1 z n -1 + c n -2 z n -2 + … + c 1 z + c 0 , c én F.

Egy konkrét példán bemutatjuk azt az algoritmust, amellyel megszabadulhatunk a tört nevezőjében lévő irracionalitástól.

Példa. Szabaduljon meg az irracionalitástól a tört nevezőjében:

t =

1. A tört nevezője a polinom értéke (X) = X 2 – X+1 mikor X =
. Az előző példa ezt mutatja
– algebrai szám egy mező felett K 4. fok, mivel ez egy irreducibilis over gyöke K polinom p(X) = X 4 – 2.

2. Határozzuk meg a GCD lineáris kiterjesztését ( (X), p(x)) az euklideszi algoritmus segítségével.

_x 4 – 2 | x 2 –x + 1

x 4 –x 3 + x 2 x 2 + x = q 1 (x)

_ x 3 –x 2 – 2

x 3 –x 2 + x

x 2 –x + 1 | – x –2 = r 1 (x )

x 2 + 2 x – x + 3 = q 2 (x)

_–3x+ 1

–3 x – 6

_ – x –2 |7 = r 2

– x –2 -x - =q 3 (x)

Szóval, GCD ( (X), p(x)) = r 2 = 7. Határozzuk meg a lineáris kiterjedését.

Írjuk fel az euklideszi sorozatot polinomiális jelöléssel.

p(x) = (x) · q 1 (x) + r 1 (x)
r 1 (x) =p(x) – (x) · q 1 (x)

(x) = r 1 (x) · q 2 (x) + r 2 (x)
r 2 (x) = (x) – r 1 (x) · q 2 (x)

r 1 (x) = r 2 (x) · q 2 (x).

Helyettesítsük be a 7=-et az egyenlőségbe r 2 (x) = (x) – r 1 (x) · q 2 (x) maradék érték r 1 (x) = p(x) – (x) · q 1 (x), transzformációk után a GCD() lineáris kiterjesztését kapjuk (X), p(x)): 7 = p(x) · (– q 2 (x)) + (x) · . Ha az utolsó egyenlőségben a megfelelő polinomokat jelölések helyett behelyettesítjük és ezt figyelembe vesszük p(
) = 0, akkor a következőt kapjuk:

(1 –
+
) · (–
+ 2
+ 3
+ 1)] = 7 (1)

3. Az (1) egyenlőségből az következik, hogy ha a tört nevezője t szorozzuk meg számmal m= , akkor 7-et kapunk.

t =
=.

16. MÓDSZER. Az óra témája: Polinom standard alakja

Az óra típusa: az óra tesztelése és a tudás és készségek ellenőrzése

Az óra céljai:

Tesztelje, hogy képes-e redukálni egy polinomot szabványos alakra

Fejleszti a tanulók logikus gondolkodását és figyelmét

A függetlenség előmozdítása

Az óra felépítése:

Szervezési pillanat

Eligazítás

Önálló munkavégzés.

1. Egészítse ki a mondatokat:

a) A monomok összegét tartalmazó kifejezést ...-nek (polinom) nevezzük.

b) A standard monomokból álló és hasonló tagokat nem tartalmazó polinomot ... (standard polinom) nevezzük.

c) A standard alakú polinomban szereplő monomok hatványai közül a legnagyobbat ...-nak (a polinom fokának) nevezzük.

d) A polinom mértékének meghatározása előtt... (szabványos formába kell hoznia).

e) Egy polinom értékének meghatározásához meg kell tenni az elsőt... (a polinomot szabványos formában), a másodikat... (a változó értékét be kell cserélni ebbe a kifejezésbe).

2. Keresse meg a polinom értékét:

A) 2 a 4 - ab+2 b 2 at a=-1, b=-0,5

b) x 2 +2 xy+ y 2 at x=1,2, y=-1,2

3. Csökkentse a polinomot szabványos alakra:

A) -5ah 2 + 7a 2 x + 2a 2 x + 9ax 2 – 4h 2 – 8a 2 X;

b) (5x 2 – 7x – 13) – (3x 2 – 8x + 17);

V) 2a – (1,4av + 2a 2 – 1) + (3a + 6,4 av);

G) (2s 2 – 1,6 s + 4) – ((10,6 s 2 + 4,4 s – 0,3) – (3,6 s 2 – 7s – 0,7));

4. Állítsa be a polinomot szabványos alakba, és derítse ki, milyen értékeken Xértéke 1:

A) 2 x 2 -3 x- x 2 -5+2 x- x 2 +10;

b) 0,3 x 3 - x 2 + x- x 3 +3 x 2 +0,7 x 3 -2 x 2 +0,07

17-es számú jegy.Egész számok oszthatósága