Polinomi.pdf

1. Полиноми Дефинициjа 1. Полином n-тог степена jе функциjа облика Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 , a0 , a1 , . . . , an ∈ C, an ̸= 0 коjа пресликава C у C. Комплексни броjеви ai су коефициjенти а изрази ai xi су чланови полинома. Два полинома су идентички jеднака ако добиjаjу jеднаке вредности за све аргументе x ∈ C. Идентичка jеднакост се означава са ≡. Полином jе идентички jеднак нули у ознаци Pn (x) ≡ 0 ако добиjа вредност 0 за све аргументе x ∈ C. Корен или нула полинома Pn (x) jе броj x0 за коjи jе Pn (x0 ) = 0 Алгебарска jедначина n-тог степена jе jедначина облика Pn (x) = 0 Теорема 1. Сваки полином степена n > 0 има бар jедну нулу реалну или комплексну. Ово се назива основни став алгебре коjи овде наводимо без доказа. Два полинома се сабираjу односно одузимаjу тако што се редом сабираjу коефициjенти у члановима истог степена. Множе се тако што се сваки члан првог полинома множи са сваким чланом другог полинома. Што се дељења полинома тиче може се показати да за свака два полинома Pn (x) и Qm (x) ̸= 0, (n ≥ m) постоjе полиноми Sn−m (x) и Rk (x) при чему jе k < m тако да важи: Pn (x) = Qm (x)Sn−m (x) + Rk (x). Полином Sn−m (x) се зове количник а Rk (x) остатак при дељењу полинома Pn (x) полиномом Qm (x) ̸= 0. При дељењу полинома Pn (x) са x − x0 добиjа се количник Pn−1 (x) за 1 мањег степена од n и остатак коjи мора бити комплексан броj r ∈ C. Како важи претходна релациjа мора бити Pn (x) = (x − x0 )Pn−1 (x) + r. Ако овде ставимо x = x0 добиjамо да jе Pn (x0 ) = r. Тиме jе доказан Безуов став: Теорема 2. Остатак при дељењу полинома Pn (x) са x − x0 jеднак jе вредности тог полинома за x = x0 . Специjално ако jе x = x0 корен полинома Pn (x) тада jе вредност тог полинома за x = x0 нула, тако да из претходног става jе и остатак при дељењу полинома Pn (x) са x − x0 нула, што значи да jе полином Pn (x) дељив са x − x0 . Закључуjемо да ако jе x0 корен полинома Pn (x) таj полином мора бити дељив са x − x0 . 2. Виjетова правила Из основног става алгебре следи да полином Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 , a0 , a1 , . . . , an ∈ C, an ̸= 0 има барем jедну нулу x1 . Из претходног закључка мора бити дељив са x − x1 и нека jе количник Pn−1 (x) за 1 мањег степена од n. Следи да jе Pn (x) = (x − x1 )Pn−1 (x). Аналогно jе Pn−1 (x) = (x − x2 )Pn−2 (x) ... 1

2

P2 (x) = (x − xn−1 )P1 (x) P1 (x) = an x + b = an (x − xn ). Из наведених jеднакости следи да се полином Pn (x) може факторисати у облику: Pn (x) = an (x − x1 )(x − x2 ) · · · (x − xn ), ако су познате његове нуле x1 , x2 , . . . , xn . Не мораjу све ове нуле бити различите. Дефинициjа 2. За нулу x0 полинома Pn (x) кажемо да jе нула вишеструкости k (или k-тог реда) (k ∈ N, k ≤ n) уколико важи Pn (x) = (x − x0 )k Pn−k (x) и Pn−k (x0 ) ̸= 0. Узимаjући у обзир вишеструке нуле претходна факторизациjа се може написати Pn (x) = an (x − x1 )k1 (x − x2 )k2 · · · (x − xl )kl , где су степени природни броjеви и k1 + k2 + · · · + kl = n показуjе се да jе она jединствена. Познате су Виjетове формуле за квадратни полином. Из идентитета an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = an (x − x1 )(x − x2 ) · · · (x − xn ) на основу претходног тврђења се добиjаjу формуле: an−1 , an an−2 , x1 x2 + x1 x3 + · · · + xn−1 xn = an x1 + x2 + · · · + xn = −

x1 x2 x3 + x1 x2 x4 + · · · + xn−2 xn−1 xn = − ··· x1 x2 · · · xn = (−1)n

an−3 , an

a0 , an

3. Нуле реалних полинома Дефинициjа 3. За полином се каже да jе реалан ако су му сви коефициjенти реални броjеви. Теорема 3. Ако jе x1 комплексна нула реда k реалног полинома Pn (x), тада jе и x1 његова нула реда k. Доказ. Наjпре треба запазити да jе Pn (x) = Pn (x). Ово се показуjе из Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 , коњуговањем леве и десне стране и користећи правила за коњуговање збира и производа и чињеницу да су коефициjенти реални. Дати полином се може записати Pn (x) = an (x − x1 )k1 (x − x2 )k2 · · · (x − xl )kl . где су степени k природни броjеви чиjи jе збир jеднак n. Сада имамо Pn (x) = Pn (x) = an (x − x1 )k1 (x − x2 )k2 · · · (x − xl )kl . Ако коњугуjемо леву и десну страну следи да jе Pn (x) = an (x − x1 )k1 (x − x2 )k2 · · · (x − xl )kl .

4. ПОЛИНОМИ. ВЕЖБЕ

3

што и доказуjе тврђење. Дакле броj комплексних нула jе увек паран. Ако се у факторизациjи полинома поjављуjе чинилац (x−(α+iβ))k1 тада мора да се поjави и чинилац (x−(α−iβ))k1 . Ако помножимо ова два чиниоца добиjамо реални полином другог степена: (x2 − 2αx + α2 + β 2 )k1 . Дакле реални полином се на jединствен начин може факторисати, тако да су чиниоци линеарни и квадратни реални полиноми степеновани неким природним броjем. Теорема 4. Потребан услов да рационалан броj броjеви различити од 0) буде решење jедначине

p q

(p, q су узаjамно прости цели

an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = 0 у коjоj су коефициjенти a0 , a1 , . . . , an цели броjеви, a0 , an нису 0 jе да q дели an и p дели a0 . Доказ нека jе

p q

решење дате jедначине. Тада jе ( )n−1 ( ) ( )n p p p + an−1 + · · · + a1 + a0 = 0 an q q q

Помножимо леву и десну страну jедначине са q n−1 : pn an + an−1 pn−1 + · · · + a1 pq n−2 + a0 q n−1 = 0. q како су коефициjенти полинома цели броjеви p, q узаjамно прости следи да мора q да дели an . Ако последњу jедначину помножимо са pq an pn−1 + an−1 pn−2 q + · · · + a1 q n−1 + a0

qn = 0, p

одавде следи да мора p да дели a0 . 4. Полиноми. Вежбе 1. Израчунати (x4 − 2x3 + 4x2 − 6x + 8) : (x − 1) решење: (x4 −2x3 +4x2 ±x4 ∓x3 −x3 +4x2 ∓x3 ±x2 3x2 ±3x2

−6x +8) : (x − 1) = x3 −x2 +3x −3 −6x

+8

−6x ∓3x −3x ∓3x

+8 +8 ±3 5

2. Наћи a тако да полином P (x) = x3 − x2 + x + a буде дељив са x + 1. решење: Полином P (x) jе дељив са x + 1 ако и само ако jе остатак при дељењу ова два полинома jеднак 0. По Безуовом ставу оваj остатак jе jеднак P (−1) = (−1)3 − (−1)2 + (−1) + a. Дакле −3 + a = 0 тj. a = 3. 3. Дат jе полином P (x) = x3 + ax2 − 2x + b. Одредити a, b ако се зна да jе x = 2 нула полинома и да jе при дељењу полинома са x − 3 остатак 12. решење: Из услова задатка jе P (2) = 0 а по Безуовом ставу jе P (3) = 12. Добиjамо систем линеарних jедначина 8 + 4a − 4 + b = 0 4a + b = −4 a = −1 , , . 27 + 9a − 6 + b = 12 9a + b = −9 b =0 4. Раставити полином P (x) = x3 − 6x2 + 15x − 14 на факторе.

4

Према познатоj теореми ако jе pq рационална нула овог полинома тада p|14, q|1. Из q|1 следи да су све рационалне нуле целоброjне. Кандидати за рационалне нуле су ±1, ±2, ±7, ±14. Одредимо редом вредности полинома ако су аргументи ови броjеви: P (1) = −4, P (−1) = −36, P (−2) = −76, P (2) = 0 Пошто jе x1 = 2 нула полинома он jе дељив са x − 2. Одредимо количник: (x3 −6x2 +15x −14) : (x − 2) = x2 −4x +7 ±x3 ∓2x2 −4x2 +15x −14 ∓4x2 ±8x 7x −14 ±7x ∓14 0 Следи да jе: (x3 − 6x2 + 15x − 14) = (x − 2)(x2 − 4x + 7). Зато су преостале две нуле полинома P (x) решења квадратне jедначине x2 − 4x + 7 = 0. Добиjамо да jе √ √ 4 ± −12 x2,3 = = 2 ± 3i. 2 5. Одредити полином са реалним коефициjентима четвртог степена ако jе x1,2 = −2 двострука нула, x3 = 1 − 2i комплексна нула и ако jе P (−3) = 20. решење: Према познатоj теореми да се комплексне нуле полинома са реалним коефициjентима jављаjу у коњуговано-комплексним паровима закључуjемо да x4 = 1 − 2i. Према теореми о факторизациjи полинома мора бити: P (x) = a4 (x + 2)2 (x − 1 + 2i)(x − 1 − 2i). a4 налазимо из последњег услова P (−3) = 20, a4 (−1)2 (−4 + 2i)(−4 − 2i) = 20a4 = 20. Закључуjемо да jе a4 = 1. Наjзад P (x) = (x + 2)2 ((x − 1)2 + 4) = x4 + 2x3 + x2 + 12x + 20. √ 6. Доказати да полином P (x) = 9x5 − 6x4 + 22x3 − 16x2 − 15x + 6 има нулу x1 = −i 3. Наћи остале нуле и факторисати полином знаjући да jе jедна нула целоброjна. решење: Према познатоj теореми да се комплексне нуле полинома са √ реалним коефициjентима jављаjу у коњуговано-комплексним паровима закључуjемо да x2 = i 3. Зато jе полином дељив са (x2 + 3). Дељењем се добиjа (9x5 − 6x4 + 22x3 − 16x2 − 15x + 6) : (x2 + 3) = 9x3 − 6x2 − 5x + 2. Налазимо да jе целоброjна нула полинома 9x3 − 6x2 − 5x + 2, x3 = 1 те он мора бити дељив са x − 1. Дељењем се добиjа (9x3 − 6x2 − 5x + 2) : (x − 1) = 9x2 + 3x − 2. Зато су преостале две нуле полинома P (x) решења квадратне jедначине 9x2 + 3x − 2 = 0, x4,5 = −2 , 1. 3 3 Домаћи задатак 2. Наћи све нуле полинома P5 (x) = x5 + (−2J + 1)x4 + (J 2 + D2 − 2J)x3 + (−2 + J 2 + D2 )x2 + 4Jx − 2J 2 − 2D2 .