Pierwiastki wymierne wielomianu - twierdzenie i przykłady

Klasa 2 liceum i technikum

Twierdzenie o pierwiastkach wymiernych mówi, że jeśli wielomian o współczynnikach całkowitych ma pierwiastek wymierny $\frac{p}{q}$ zapisany jako ułamek nieskracalny, to $p$ jest dzielnikiem wyrazu wolnego $a_0$, a $q$ - dzielnikiem współczynnika $a_n$ przy najwyższej potędze. Twierdzenie nie podaje pierwiastków, tylko skończoną listę kandydatów, których trzeba sprawdzić.

To brakujący element metody z poprzedniej lekcji: twierdzenie Bézouta mówi, że po znalezieniu pierwiastka $a$ wielomian dzieli się przez $(x - a)$, ale nie mówi, gdzie tego pierwiastka szukać. Odpowiedź daje właśnie lista kandydatów.

Twierdzenie o pierwiastkach całkowitych

Jeżeli wielomian ma współczynniki całkowite i liczba całkowita $p \neq 0$ jest jego pierwiastkiem, to $p$ dzieli wyraz wolny $a_0$.

Przykład 1. Znajdź pierwiastki całkowite wielomianu $W(x) = x^3 - 3x^2 - 10x + 24$.

Krok 1. Lista kandydatów. Wyraz wolny to $24$, więc pierwiastek całkowity może być tylko dzielnikiem liczby $24$ - dodatnim albo ujemnym:

$\pm 1,\ \pm 2,\ \pm 3,\ \pm 4,\ \pm 6,\ \pm 8,\ \pm 12,\ \pm 24.$

Krok 2. Sprawdzamy od najmniejszych. $W(1) = 1 - 3 - 10 + 24 = 12$, $W(-1) = -1 - 3 + 10 + 24 = 30$,

$W(2) = 8 - 12 - 20 + 24 = 0.$

Krok 3. Dzielimy przez $(x - 2)$ schematem Hornera:

Reszta wynosi $0$, a iloraz to $x^2 - x - 12 = (x - 4)(x + 3)$.

Odpowiedź. $W(x) = (x - 2)(x - 4)(x + 3)$, pierwiastki całkowite: $-3$, $2$, $4$. Wszystkie trzy rzeczywiście są na liście dzielników liczby $24$.

Po znalezieniu pierwszego pierwiastka nie sprawdzamy dalej całej listy. Szukamy w ilorazie, który ma niższy stopień - tu był już trójmianem kwadratowym, więc wystarczyła delta albo rozkład „na oko”.

Twierdzenie o pierwiastkach wymiernych

Gdy współczynnik przy najwyższej potędze jest różny od $\pm 1$, wielomian może mieć pierwiastki ułamkowe. Wtedy kandydatów jest więcej: wszystkie ułamki $\frac{p}{q}$, w których $p$ dzieli $a_0$, a $q$ (dodatnie) dzieli $a_n$.

Przykład 2. Znajdź pierwiastki wymierne wielomianu $W(x) = 2x^3 - 3x^2 + 4x - 6$.

Krok 1. Dzielniki. Wyraz wolny $-6$: $p \in \{\pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 6\}$. Współczynnik przy $x^3$ to $2$: $q \in \{1, 2\}$.

Krok 2. Kandydaci $\frac{p}{q}$ (po skróceniu i bez powtórzeń):

$\pm 1,\ \pm 2,\ \pm 3,\ \pm 6,\ \pm \tfrac{1}{2},\ \pm \tfrac{3}{2}.$

Krok 3. Sprawdzenie. Wartości wielomianu w kandydatach:

Żadna liczba całkowita nie jest pierwiastkiem - jedyny pierwiastek wymierny to $\frac{3}{2}$:

$W\left(\tfrac{3}{2}\right) = 2 \cdot \tfrac{27}{8} - 3 \cdot \tfrac{9}{4} + 4 \cdot \tfrac{3}{2} - 6 = \tfrac{27}{4} - \tfrac{27}{4} + 6 - 6 = 0.$

Krok 4. Horner dla $\frac{3}{2}$:

Stąd $W(x) = \left(x - \tfrac{3}{2}\right)(2x^2 + 4) = (2x - 3)(x^2 + 2)$. Czynnik $x^2 + 2$ jest zawsze dodatni, więc innych pierwiastków nie ma.

Odpowiedź. Jedyny pierwiastek wymierny (i w ogóle jedyny pierwiastek rzeczywisty) to $x = \frac{3}{2}$.

Skrót, który oszczędza liczenia. Już po dwóch pierwszych próbach widać, że $W(1) = -3 < 0$ i $W(2) = 6 > 0$. Wielomian zmienia znak między $1$ a $2$, więc ma tam pierwiastek (twierdzenie o wartości pośredniej). Jedynym kandydatem z przedziału $(1;\ 2)$ jest $\frac{3}{2}$ - to on powinien być sprawdzony jako następny.

Skąd się bierze to twierdzenie

Załóżmy, że $\frac{p}{q}$ jest pierwiastkiem, przy czym ułamek jest nieskracalny. Podstawiamy i mnożymy równość $W\left(\frac{p}{q}\right) = 0$ przez $q^n$:

$a_n p^n + a_{n-1} p^{n-1} q + \ldots + a_1 p\, q^{n-1} + a_0 q^n = 0.$

Licznik. Wszystkie składniki oprócz ostatniego zawierają czynnik $p$, więc

$a_0 q^n = -p\left(a_n p^{n-1} + a_{n-1} p^{n-2} q + \ldots + a_1 q^{n-1}\right).$

Prawa strona dzieli się przez $p$, zatem $p \mid a_0 q^n$. Liczby $p$ i $q$ nie mają wspólnych dzielników (ułamek jest nieskracalny), więc $p$ musi dzielić $a_0$.

Mianownik. Tak samo: wszystkie składniki oprócz pierwszego zawierają $q$, więc $q \mid a_n p^n$, a skoro $q$ nie ma wspólnych dzielników z $p$, to $q \mid a_n$.

Twierdzenie o pierwiastkach całkowitych to szczególny przypadek: dla $q = 1$ zostaje tylko warunek $p \mid a_0$. Ważny wniosek: gdy $a_n = 1$, każdy pierwiastek wymierny jest całkowity, bo jedynym dodatnim dzielnikiem jedynki jest $1$.

Skróty: W(1) i W(−1)

Zanim zaczniemy liczyć wartości, warto sprawdzić dwa najprostsze przypadki:

• $W(1)$ to suma wszystkich współczynników (bo każda potęga jedynki to $1$);
• $W(-1)$ to suma współczynników przy potęgach parzystych minus suma przy nieparzystych (bo $(-1)^k$ to $1$ albo $-1$).

Przykład 3. Rozłóż na czynniki $W(x) = x^4 - 5x^3 + 5x^2 + 5x - 6$.

Suma współczynników: $1 - 5 + 5 + 5 - 6 = 0$, więc $W(1) = 0$. Przy potęgach parzystych ($x^4$, $x^2$, wyraz wolny) mamy $1 + 5 - 6 = 0$, przy nieparzystych $-5 + 5 = 0$, więc $W(-1) = 0 - 0 = 0$. Oba są pierwiastkami, czyli $W$ dzieli się przez $(x - 1)(x + 1) = x^2 - 1$:

$x^4 - 5x^3 + 5x^2 + 5x - 6 = (x^2 - 1)(x^2 - 5x + 6) = (x - 1)(x + 1)(x - 2)(x - 3).$

Odpowiedź. Pierwiastki: $-1$, $1$, $2$, $3$.

Wielomian bez pierwiastków wymiernych

Jeśli żaden kandydat nie daje zera, wielomian nie ma pierwiastków wymiernych. Nie znaczy to jednak, że nie ma pierwiastków w ogóle.

Przykład 4. $W(x) = x^3 - 3x + 1$. Kandydaci to tylko $\pm 1$:

$W(1) = 1 - 3 + 1 = -1, \qquad W(-1) = -1 + 3 + 1 = 3.$

Żaden nie jest pierwiastkiem, więc $W$ nie ma pierwiastków wymiernych. Ale $W(0) = 1 > 0$ i $W(1) = -1 < 0$, więc między $0$ a $1$ wykres przecina oś - ten pierwiastek jest niewymierny (w przybliżeniu $0{,}347$). Taki wielomian stopnia $3$ ma w sumie trzy pierwiastki niewymierne i metodą „zgadnij i podziel” go nie rozłożymy.

W zadaniach szkolnych wielomian prawie zawsze ma pierwiastek z listy kandydatów. Gdy po sprawdzeniu wszystkich nic nie wychodzi, najpierw poszukaj błędu rachunkowego.

Typowe błędy

• Pomijanie kandydatów ujemnych. Dzielnikami $6$ są $\pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 6$, a nie tylko liczby dodatnie.
• Zapominanie o ułamkach. Gdy $a_n \neq \pm 1$, lista musi zawierać ułamki $\frac{p}{q}$. Szukanie samych pierwiastków całkowitych w wielomianie $2x^3 - 3x^2 + 4x - 6$ kończy się fałszywym wnioskiem „brak pierwiastków”.
• Odwrócenie ról. Licznik dzieli wyraz wolny, mianownik - współczynnik przy najwyższej potędze, a nie odwrotnie.
• Ułamkowe współczynniki. Twierdzenie działa tylko dla współczynników całkowitych. Wielomian $x^3 - \frac{1}{2}x^2 - 2x + 1$ najpierw mnożymy przez $2$ (pierwiastki się nie zmieniają).
• Wyraz wolny równy zeru. Wtedy $x$ wyłączamy przed nawias i szukamy kandydatów w pozostałym czynniku - lista dzielników zera nie istnieje.
• Lista kandydatów to nie lista pierwiastków. Każdego kandydata trzeba sprawdzić.

Najczęstsze pytania

Jak znaleźć pierwiastki wymierne wielomianu? Wypisz dzielniki $p$ wyrazu wolnego i dodatnie dzielniki $q$ współczynnika przy najwyższej potędze, utwórz wszystkie ułamki $\pm\frac{p}{q}$ i sprawdź je podstawieniem albo schematem Hornera. Po znalezieniu pierwiastka podziel wielomian i szukaj dalej w ilorazie.

Czy każdy wielomian ma pierwiastek wymierny? Nie. Wielomian $x^3 - 3x + 1$ nie ma żadnego, choć ma trzy pierwiastki rzeczywiste (niewymierne), a $x^2 + 1$ nie ma pierwiastków rzeczywistych wcale.

Jak sprawdzić, czy liczba jest pierwiastkiem wielomianu? Podstaw ją: liczba $a$ jest pierwiastkiem, gdy $W(a) = 0$. Wygodniej jest użyć schematu Hornera - ostatnia liczba w wierszu to reszta $W(a)$, a pozostałe od razu dają iloraz.

Kiedy pierwiastki wymierne muszą być całkowite? Gdy współczynnik przy najwyższej potędze wynosi $1$ (albo $-1$). Wtedy $q = 1$, więc każdy pierwiastek wymierny jest dzielnikiem wyrazu wolnego.

Od którego kandydata zacząć? Od $1$ i $-1$ - ich sprawdzenie to tylko suma współczynników. Potem od liczb o najmniejszej wartości bezwzględnej. Zmiana znaku między dwiema sprawdzonymi liczbami podpowiada, gdzie leży pierwiastek.

Czy wielomian o współczynnikach dodatnich może mieć pierwiastek dodatni? Nie - dla $x > 0$ każdy wyraz jest dodatni, więc $W(x) > 0$. Wtedy wystarczy sprawdzać kandydatów ujemnych.

Co zrobić, gdy wyraz wolny jest równy zero? Wyłączyć $x$ (albo wyższą potęgę $x$) przed nawias. Wtedy $0$ jest pierwiastkiem, a pozostałych szukamy w nawiasie, który ma już niezerowy wyraz wolny.

Przećwicz

• Pierwiastki wymierne → - lista kandydatów $\frac{p}{q}$, pierwiastki całkowite i ułamkowe, dokończenie rozkładu, dowód braku pierwiastków wymiernych i wielomian o ułamkowych współczynnikach.
• Schemat Hornera i twierdzenie Bézouta → - narzędzie, którym sprawdza się kandydatów i dzieli wielomian.

Podsumowanie

• Pierwiastek całkowity wielomianu o współczynnikach całkowitych dzieli wyraz wolny.
• Pierwiastek wymierny $\frac{p}{q}$ (nieskracalny): $p \mid a_0$ i $q \mid a_n$.
• Twierdzenie daje skończoną listę kandydatów - każdego trzeba sprawdzić.
• $W(1)$ = suma współczynników, $W(-1)$ = suma przy potęgach parzystych minus przy nieparzystych.
• Po znalezieniu pierwiastka dzielimy wielomian schematem Hornera i szukamy dalej w ilorazie.
• Brak pierwiastków wymiernych nie oznacza braku pierwiastków rzeczywistych.

Czytaj dalej

• Twierdzenie Bézouta i schemat Hornera - narzędzia, którymi sprawdzamy kandydatów.
• Pierwiastek wielokrotny - co, gdy ten sam kandydat jest pierwiastkiem kilka razy.
• Rozkład wielomianu na czynniki i równania wielomianowe - gdzie lista kandydatów przydaje się najczęściej.
• Zestawienie twierdzeń o wielomianach: wielomiany - rozkład na czynniki, twierdzenie Bézouta, nierówności.