DSC07309

40

Wielomiany

Iloraz z* + i:¹ — :³ + (3 — i): + 1 + 10«, reszta z dzielenia —11 + i.

Pierwiastki wielomianów

•    Przykład 2.3

Znaleźć wszystkie pierwiastki całkowite podanych wielomianów:

a) zr⁵ - 2I³ — 5x + 6; b) 2x³ -5x² -2x - 3; c) i⁵ + 5x³ + 3x^a-x+ 15.1

Rozwiązanie

W rozwiązaniu wykorzystamy twierdzenie o pierwiastkach całkowitych wielomianu

a«z" + On-ix^n-ł + ... + aix + aa

o współczynnikach całkowitych: każdy całkowity pierwiastek tego wielomianu jest dzieł i nilńm wyrazu wolnego ao.

a)    Dzielnikami wyrazu wolnego ao = 6 są liczby: 1, —1,2, —2,3, —3,6, —6. Obliczając war- I tnó-i tego wielomianu kolejno dla tych dzielników widzimy, że pierwiastkami całkowitymi ] są i. —2.3- Ponieważ jest to wielomian stopnia 3, więc są to jego jedyne pierwiastki. I

b)    Dzielnikami wyrazu wolnego ao = — 3 są liczby: 1, —1,3, —3. Obliczając wartości tego wielomianu kolejno dla tych dzielników widzimy, że jedynym pierwiastkiem całkowitym je* 3.

c)    Dzielnikami wyrazu wolnego ao = 15 są liczby: 1, — 1,3, —3,5, —5,15, —15. Obliczając I wartości tego wielomianu kolejno dla tych dzielników wnioskujemy, że nie ma on pierwił, j saków całkowitych.

11 m iga W wielu przypadkach obliczenia można znacznie uprościć np. badając parzyt- j r/w wartości wielomianu dla dzielników wyrazu wolnego. W przykładzie c) dla każdej J wartości całkowitej r wartość wielomianu jest liczbą nieparzystą (jako suma algebraiczna rTt>rw4i Hcżb jednakowej parzystości oraz 15), zatem nie może być równa 0.

•    Przykład 2.4

Znaleźć wszystkie pierwiastki wymierne podanych wielomianów:

a) 4x* — 7Z² — 5z — 1: b) z² + — — x+ i; c) 3x® + 5X⁵ — x* + 7x — 9.

D

Rozwiązanie

W rozwiązaniu wykorzystamy twierdzenie o postaci pierwiastków wymiernych wielo-] mianu fcr* +    + ... + aiz + ao o współczynnikach całkowitych: jeżeli liczba

wymierna —. gdzie ułamek — jest nieskracalny, jest pierwiastkiem tego wielomianu, to p 9    9

jest dzielnikiem wyraża wolnego ao, natomiast q jest dzielnikiem współczynnika a_n. , a) Dla wielomianu łl⁴ — 7z¹ — 5z — 1 mamy oą = \ oraz ao = — 1. Dzielnikami wyrazu wolnego ao są liczby 1,-1. Dzielnikami współczynnika a« są: 1, —1,2, —2,4, —4. Zatem pierwiastkami wymiernymi tego wielomianu mogą być tylko liczby: r, —, —, —,

— Obliczając wartości wielomianu kolejno dla tych liczb wnioskujemy, że tylko —■ jest

=ŁjL

Przykłady

41

jego pierwiastkiem wymiernym.

b)    Ponieważ x³ + -g--x + - = i (6x³ + x^a — 6x + 2) , więc pierwiastki wielomianu

x^J + ~— x + - pokrywają się z pierwiastkami wielomianu 6x³ + x^a - 6x + 2. Dla wielo-O    o m mm    . j...«

liczby: i,

mianu 6z*+ar—6x+2 mamy as = 6 oraz ao = 2. Dzielnikami wyrazu wolnego ao są liczby: 1,—1,2,-2. dzielnikami współczynnika aj są natomiast liczby: l, —1,2,-2,3,-3,B,— 6. Zatem pierwiastkami wymiernymi rozważanego wielomianu mogą być tylko

-1 2    -2 Bi -1 1 -1 2 -2    1

—• J.    — • 2' 3’ "jp 3’ —■    Q.    -g-- ^Po sprawdzeniu okazuje się, ze jedynym

pierwiastkiem wymiernym jest —. _

c)    Dla wielomianu 3x® + 5x^s — x* + 7x — 9 mamy ag = 3 oraz aa = —9. Dzielnikami wy

razu wolnego ao są liczby: 1, —1,3,—3,9,—9. Dzielnikami współczynnika ag są natomiast liczby: 1,-1,3, — 3. Zatem pierwiastkami    wymiernymi    tego wielomianu mogą być tylko

liczby    —, 7, —, 7, —, 7,    Po    sprawdzeniu    okazuje się, że żadna z tych liczb

nie jest pierwiastkiem wielomianu.

Uwaga. Obliczenia w przykładzie c) można znacznie uprościć, jeżeli zauważymy, że dla każdego ułamka —, gdzie p i q są liczbami nieparzystymi, wartość wyrażenia 3x® + 5x⁵ —

x* + 7x jest ułamkiem nieskracalnym o parzystym liczniku i nieparzystym mianowniku. Stąd wynika, że wartość wielomianu 3x® + 5x® — x⁴ + 7x — 9 dla takiego ułamka jest ułamkiem o nieparzystym liczniku. A zatem wielomian nie może być równy 0 dla tych liczb wymiernych.

• Przykład 2.5

Znaleźć pierwiastki podanych równań kwadratowych i dwukwadratowych: a) z² + 2iz+ 3 = 0; b) z² - (2 + i)z-1 + 7i = 0; c) z⁴ -|- 5z² + 4 = 0; d) z⁴ - 30# + 289= 0.

Rozwiązanie

Do wyznaczenia pierwiastków równania kwadratowego as^a+6z+c = 0 o współczynnikach zespolonych wykorzystamy wzory

-fa -I- <5 2o 1

-2 =

-b-S 2 a '

gdzie <J oznacza jeden z pierwiastków kwadratowych z liczby zespolonej A — 6' — 4ac, a) Dla równania kwadratowego i^a + 2«z + 3 = 0 mamy A = (2i)^a — 4 • 1 ■ 3 = —16. Przyjmując 6 = 4t otrzymamy

—2i — 4i

= —3i, sa =

-2i + 4i

= 1.

b) Dla równania kwadratowego z¹— (2+i)z-1 +7i = 0, mamy A — (2+»)^a-4(-l+7i) — 7 - 2-1 i = (4 - 3i)^a. Przyjmując teraz 6 = 4 - 3i we wzorze na pierwiastki równania kwadratowego otrzymamy

(2 + ,)-(4-3ii___{1 |;}. _ia=(2 + *Lk(iziO₌3__ł-