Udowodnimy najpierw, że,,dla dostatecznie dużych x liczby a k x k i a 0 + a 1 x + + a k x k maja ten sam znak. a k

Transkrypt

1 WIELOMIANY STOPNIA WYŻSZEGO NIŻ DWA Przypominamy, że wielomianem k tego stopnia nazywamy funkcje f postaci f(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x a k x k, gdzie wspó lczynnik a k jest liczba różna od 0. Piszemy st (f) = k lub deg(f) = k. Przyjmujemy, że stopień wielomianu zerowego jest równy. W tym rozdziale zajmiemy sie przedstawianiem wielomianu w postaci iloczynu wielomianów stopnia niższego. Zdefiniujemy dzielenie z reszta, pokażemy, że w zbiorze wszystkich wielomianów można szukać najwie kszego wspólnego dzielnika za pomoca algorytmu Euklidesa. Sta d wywnioskujemy twierdzenie o jednoznaczności rozk ladu na czynniki nierozk ladalne (odpowiednik liczb pierwszych). Ustalimy też zwia zek mie dzy znajdowaniem pierwiastków wielomianu i rozk ladaniem go na czynniki stopnia niższego. Niestety w przypadku wielomianów stopnia wyższego znajdowanie pierwiastków jest na ogó l trudne. Dlatego podamy przepis na znajdowanie wymiernych pierwiastków wielomianów o ca lkowitych wspó lczynnikach. Udowodnimy najpierw, że,,dla dostatecznie dużych x liczby a k x k i a 0 + a 1 x + + a k x k maja ten sam znak. Lemat 12.1 Jeśli k jest liczba naturalna, a 0,a 1,...,a k R i a k 0, to istnieje taka liczba rzeczywista M > 0, że jeśli x M, to a 0 + a 1 x + a 2 x a k 1 x k 1 < a k x k. Dowód. Niech M = 2 + a 0 + a a k 1 a k. Zachodza oczywiście nierówności M 2>1 i M > a 0 + a a k 1 a k. Za lóżmy, że x M. Wtedy 1 < x k 1, x < x k 1,..., x k 2 < x k 1 oraz x > a 0 + a a k 1 a k, zatem a 0 + a 1 x + + a k 1 x k 1 a 0 + a 1 x + + a k 1 x k 1 ( a 0 + a a k 1 x k 1 < a k x k. Czytelnik zechce zastanowić sie, w jaki sposób w dowodzie skorzystaliśmy z nierówności k 1. 94

2 Twierdzenie 12.2 Jeśli dla pewnych liczb rzeczywistych a 0, a 1,..., a k równość a 0 +a 1 x+ +a k x k = 0 zachodzi dla każdej liczby rzeczywistej x, to 0 = a 0 = a 1 =... = a k. Dowód. Jeśli k 1 i a k 0, to z lematu 12.1 wynika, że dla pewnej liczby rzeczywistej x zachodzi nierówność a 0 + a 1 x + + a k 1 x k 1 < a k x k. wynika sta d, że a 0 +a 1 x+ +a k x k a k x k a 0 +a 1 x+ +a k 1 x k 1 > 0, wbrew za lożeniu. Oznacza to, że musza być spe lnione równości 0 = a k = a k 1 =... = a 1, wie c również a 0 = 0. Twierdzenie 12.3 (o jednoznaczności wspó lczynników) Niech a 0,a 1,...,a k,b 0,b 1,...,b n be da takimi liczbami rzeczywistymi, że dla każdej liczby rzeczywistej x zachodzi równość: a 0 +a 1 x+ +a k 1 x k 1 +a k x k = b 0 +b 1 x+ +b n 1 x n 1 +b n x n Wtedy k = n i a 0 = b 0, a 1 = b 1,..., a k 1 = b k 1, a k = b k. Dowód. Przenosimy wszystkie sk ladniki na jedna strone i korzystamy z poprzedniego twierdzenia. Uwaga 12.4 Prawdziwe jest twierdzenie mocniejsze wystarczy za lożyć, że wartości wielomianów pokrywaja sie w skończonej liczbie punktów, wie kszej zarówno od k + 1 i od n + 1, zob. zad Uwaga 12.5 Dzie ki twierdzeniu o jednoznaczności wspó lczynników wiemy, że stopień wielomianu jest zdefiniowany poprawnie. Czytelnik bez trudu stwierdzi, że naste puja ce wzory: st(f + g) max(st(f),st(g)), st(f g) st(f) + st(g) sa prawdziwe dla dowolnych wielomianów f i g. Warto zwrócić uwage na to, że dzie ki umowie o stopniu wielomianu zerowego nie trzeba nic zak ladać o f, o g, o f + g lub o fg. W szczególności z drugiego z tych wzorów wynika, że jeśli iloczyn dwóch wielomianów jest wielomianem zerowym, czyli stopień iloczynu jest równy, to stopień co najmniej jednego z wielomianów f,g też musi równy, co oznacza, że co najmniej jeden z nich jest wielomianem zerowym. 95

3 Twierdzenie 12.6 (o dzieleniu z reszta ) Niech f i g be da dowolnymi wielomianami, przy czym st(g) 0, to istnieje wtedy dok ladnie jedna para takich wielomianów q, r, że f = qg + r i jednocześnie st(r) < st(g). Wielomian q nazywamy ilorazem z dzielenia wielomianu f przez wielomian g, a wielomian r reszta. Dowód. Jeśli st(f) < st(g), to przyjmujemy q = 0 i r = f. Dalej zak ladamy, że k = st(f) st(g) = n. Twierdzenie udowodnimy przez indukcje. Za lóżmy, że teza jest prawdziwa dla wszystkich wielomianów f stopnia mniejszego niż k. W dalszym cia gu f(x) = a 0 + a 1 x + + a k x k, g(x) = b 0 + b 1 x + + b n x n, przy czym a k 0 b n. Stopień wielomianu f(x) a k b n x k n g(x) jest mniejszy niż k, zatem na mocy za lożenia indukcyjnego istnieja takie wielomiany q 1 i r, że f(x) a k b n x k n g(x) = q 1 (x)g(x) + r(x), przy czym st(r) < st(g). Niech q(x) = q 1 (x) + a k b n x k n. Wtedy f = qg + r i st(r) < st(g). Wykazaliśmy istnienie wielomianów q i r. Za lóżmy, że f = qg + r = q 1 g + r 1 i st(r) < st(g) oraz st(r 1 ) < st(g). Wtedy zachodzi równość (q q 1 )r = r 1 r, zatem st(q q 1 ) + st(g) = st(r 1 r) < st(g). Wynika sta d, że st(q q 1 ) < 0, a to oznacza, że st(q q 1 ) =, wie c q q 1 jest wielomianem zerowym. Sta d wynika, że również r 1 r jest wielomianem zerowym, czyli r 1 = r. Udowodniliśmy jednoznaczność wielomianów q i r. Uwaga 12.7 Czytelnik zauważy, że podany dowód różni sie od dowodu analogicznego twierdzenia dla liczb ca lkowitych tym jedynie, że porównywanie liczb zasta piliśmy porównywaniem stopni wielomianów. Uwaga 12.8 Jeśli st(g) = 0, tzn. gdy wielomian jest niezerowa funkcja sta la, to dla każdego wielomianu f istnieje taki wielomian q, że f = qg. Można to zdanie wywniskować z twierdzenia o dzieleniu z reszta : istnieja takie wielomiany q, r, że f = qg + r i st(r)<st(g)=0, wie c st(r)=, zatem wielomian r jest zerowy. 96

4 Pokażemy teraz jak można znajdować wielomiany q i r. Przyk lad 12.1 Niech f(x) = 3x 4 8x 3 + 7x oraz g(x) = =x 2 + x + 1. Mamy f(x) 3x 2 g(x) = 11x 3 + 4x Teraz 11x 3 + 4x ( 11x)(x 2 + x+1) = 15x x+2 i wreszcie 15x x (x 2 + x + 1) = 4x 13. Wynika sta d, że 3x 4 8x 3 + 7x = (3x 2 11x + 15)(x 2 + x + 1) 4x 13. Widać, że powtórzyliśmy dowód twierdzenia o dzieleniu z reszta w tej sytuacji. Zwykle zapisujemy to tak jak dzielenie liczb: 3x 2 11x + 15 (3x 4 8x 3 + 7x 2 + 0x + 2) : (x 2 + x + 1) 3x 4 + 3x 3 + 3x 2 11x 3 + 4x 2 + 0x 11x 3 11x 2 11x 15x x x x x 13 Przekonamy sie niebawem, że szczególnie ważnym przypadkiem jest dzielenie wielomianów przez wielomiany postaci x c. Horner zaproponowa l takie poste powanie (algorytm Hornera). Niech f(x) = a k x k + a k 1 x k a 1 x + a 0. Za lóżmy, że f(x) = (x c)q(x)+r, gdzie r jest liczba, jako wielomian stopnia mniejszego niż 1. Za lóżmy, że q(x) = b k 1 x k 1 + b k 2 x k b 1 x + b 0. Mamy wtedy (x c)q(x) + r = = b k 1 x k + (b k 2 cb k 1 )x k (b 0 cb 1 )x + r cb 0. Ponieważ równe wielomiany maja równe wspó lczynniki, wie c a k = b k 1, a k 1 = b k 2 cb k 1,..., a 1 = b 0 cb 1, a 0 = r cb 0. Szukamy liczb b k 1, b k 2,..., b 0, r. Otrzymujemy wzory: b k 1 = a k, b k 2 = cb k 1 + a k 1, b k 3 = cb k 2 + a k 2,..., b 0 = cb 1 + a 1, r = cb 0 + a 0. Przyk lad 12.2 Podzielimy wielomian 7x 3 + 2x 2 13x + 6 przez wielomian x + 2. Wypisujemy wspó lczynniki wielomianu, który dzielimy: 97

5 ( 2)( 7)+2= =16 ( 2)16+( 13)= = 45 ( 2)( 45)+6= =96 W drugim wierszu wypisaliśmy wspó lczynniki ilorazu oraz reszte pokazuja c dzia lania prowadza ce do ich obliczenia. W wyniku otrzymaliśmy równość: 7x 3 + 2x 2 13x + 6 = (x + 2)( 7x x 45) Definicja 12.9 (wielomianu unormowanego) Wielomian, którego wspó lczynnik kieruja cy jest równy 1 nazywamy unormowanym. Czytelnik stwierdzi bez trudu, że jeśli wielomian unormowany w dzieli wielomian unormowany v i st(w) = st(v), to w = v. Jesteśmy gotowi do zdefiniowania najwie kszego wspólnego dzielnika dwóch wielomianów. Definicja (najwie kszego wspólnego dzielnika) Najwie kszym wspólnym dzielnikiem wielomianów f i g nazywamy unormowany wielomian d, który dzieli jednocześnie wielomiany f i g i którego stopień jest najwie kszy spośród stopni wszystkich wspólnych dzielników tych wielomianów. Jeśli stopień najwie kszego wspólnego dzielnika wielomianów f, g jest równy0, to mówimy, że sa one wzgle dnie pierwsze. Podobnie jak w przypadku liczb ca lkowitych, można znajdować najwie kszy wspólny dzielnik wielomianów f, g za pomoca algorytmu Euklidesa. Mamy bowiem: f = q 0 g + r 0 i st(r 0 ) < st(g) g = q 1 r 0 + r 1 i st(r 1 ) < st(r 0 ) r 0 = q 2 r 1 + r 2 i st(r 2 ) < st(r 1 )... r n 2 = q n r n 1 + r n i st(r n ) < st(r n 1 ) r n 1 = q n+1 r n Proces dzielenia z reszta musi sie zakończyć, bo stopień niezerowego wielomianu jest nieujemna liczba ca lkowita. Wielomian r n jest ta niezerowa reszta, która ma najmniejszy stopień. Naste pna reszta musi wie c być wielomianem zerowym. Bardzo proste rozumowanie indukcyjne przekonuje nas o tym, że r n jest wspólnym dzielnikiem f i g oraz że każdy wspólny 98

6 dzielnik tych wielomianów jest dzielnikiem r n. Wynika sta d, że wielomian r n ma najwie kszy stopień wśród wszystkich wspólnych dzielników f i g. Dziela c r n przez jego wspó lczynnik kieruja cy otrzymujemy wielomian unormowany d. Jest on najwie kszym wspólnym dzielnikiem wielomianów f i g, bo jest wspólnym dzielnikiem maksymalnego stopnia i jest unormowany. Uwaga Najwie kszy wspólny dzielnik wielomianów f i g jest wyznaczony jednoznacznie. Za lóżmy bowiem, że wielomian d 1 jest najwie kszym wspólnym dzielnikiem f i g. Wynika sta d, że d 1 jest dzielnikiem r n, wie c również dzielnikiem d. Ponieważ d i d 1 sa unormowanymi wielomianami tego samego stopnia i d 1 jest dzielnikiem d, to d = d 1. Wracaja c do przedostatniego przyk ladu otrzymujemy: 3x 4 8x 3 + 7x = (3x 2 11x + 15) (x 2 + x + 1) 4x 13 x 2 + x + 1 = ( 1 4 x + ) ( ) x x 13 = ( x ) Wobec tego w tym przypadku n = 1, r 1 = , d = 1. Podobnie jak w przypadku liczb ca lkowitych wykażemy, że najwie kszy wspólny dzielnik dwóch wielomianów f i g można zapisać w postaci sf + tg, gdzie s,t sa pewnymi wielomianami o wspó lczynnikach rzeczywistych. Z poprzednich rozważań wynika, że można w tej postaci zapisać r n, tzn. istnieja takie wielomiany s 1 i t 1, że r n = s 1 f + t 1 g. Dziela c wielomiany s 1 i t 1 przez wspó lczynnik kieruja cy a wielomianu r n otrzymujemy równość d = 1 a r n = sf + tg, gdzie s = 1 a s 1 i t = 1 a t 1. Otrzymane rezultaty można zebrać w jedno Twierdzenie (o najwie kszym wspólnym dzielniku) Najwie kszym wspólny dzielnik wielomianów f i g jest podzielny przez każdy ich wspólny dzielnik. Jest to jedyny wielomian unormowany o tej w lasności. Istnieja takie wielomiany s i t, że nwd(f,g) = sf + tg. Odpowiednikiem liczb pierwszych sa wielomiany nierozk ladalne, a liczb z lożonych wielomiany rozk ladalne. 99

7 Definicja (wielomianu nierozk ladalnego) Wielomianem nierozk ladalnym nazywamy taki wielomian, który ma dok ladnie dwa (różne) dzielniki unormowane. Wielomian, który ma co najmniej trzy (różne) dzielniki unormowane nazywamy rozk ladalnym. Wszystkie wielomiany pierwszego stopnia sa nierozk ladalne. Wielomiany stopnia drugiego sa nierozk ladalne wtedy i tylko wtedy, gdy ich wyróżnik jest ujemny. Można udowodnić (w rozdziale poświe conym liczbom zespolonym), że innych wielomianów nierozk ladalnych (w zbiorze wielomianów o wspó lczynnikach rzeczywistych) nie ma. Z tego twierdzenia nie be dziemy korzystać, dopóki go nie udowodnimy. Lemat Wielomian jest rozk ladalny wtedy i tylko wtedy, gdy jest iloczynem wielomianów stopnia niższego. Dowód. Jeśli wielomian f jest rozk ladalny, to ma co najmniej trzy różne dzielniki unormowane. Jedynym unormowanym dzielnikiem stopnia 0 jest jest 1, jedynym dzielnikiem stopnia st(f) jest iloraz wielomianu f przez jego wspó lczynnik kieruja cy. Istnieje wie c taki unormowany wielomian g, który jest dzielnikiem wielomianu f, że 0 < st(g) < st(f). Wobec tego f = gh dla pewnego wielomianu h. Ponieważ st(f) = st(g) + st(h), wie c st(h) < st(f), zatem f jest iloczynem wielomianów stopnia niższego. Jeśli f jest iloczynem wielomianów stopnia niższego, to ma co najmniej jeden taki dzielnik g, że 0 < st(g) < st(f). Iloraz wielomianu g przez jego wspó lczynnik kieruja cy jest unormowanym dzielnikiem wielomianu f i jest to trzeci unormowany dzielnik. Twierdzenie (o istnieniu rozk ladu) Każdy wielomian stopnia wie kszego od 0 może być przedstawiony w postaci iloczynu wielomianów nierozk ladalnych. Dowód. Dla wielomianów stopnia pierwszego twierdzenie jest prawdziwe, bo one nie sa rozk ladalne. Za lóżmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla wielomianów stopnia stopnia n. Niech f be dzie wielomianem stopnia n + 1. Jeśli f jest nierozk ladalny, to jest iloczynem wielomianów nierozk ladalnych (z lożonym z jed- 100

8 nego czynnika). Jeśli wielomian f jest rozk ladalny, to istnieja wielomiany takie g i h dodatniego stopnia, że f = gh. Z równości st(f) = st(g) + st(h) wynika, że st(g) n i st(h) n, wie c na mocy za lożenia indukcyjnego każdy z wielomianów g,h jest iloczynem wielomianów nierozk ladalnych, a sta d wynika, że również f jest iloczynem wielomianów nierozk ladalnych. Twierdzenie Jeśli wielomian nierozk ladalny p dzieli iloczyn fg, to p jest dzielnikiem jednego lub obu wielomianów f,g. Dowód. Za lóżmy, że p nie dzieli f. Wtedy nwd(f,p) = 1. Wobec tego istnieja takie wielomiany s i t, że 1 = sf +tp, zatem g = sfg + tpg. Prawa strona tej równości jest podzielna przez p jako suma sk ladników podzielnych przez p, wie c strona lewa, czyli wielomian g, też jest podzielna przez p. Uwaga W dowodzie korzystaliśmy jedynie z tego, że wielomiany p i f sa wzgle dnie pierwsze. Twierdzenie (o jednoznaczności rozk ladu) Każdy wielomian jest iloczynem skończenie wielu unormowanych wielomianów nierozk ladalnych i liczby rzeczywistej różnej od 0. Przedstawienie w postaci takiego iloczynu jest jednoznaczne z dok- ladnościa do kolejności czynników. Dowód. Istnienie rozk ladu jest treścia poprzedniego twierdzenia. Udowodnimy jednoznaczność. Za lóżmy, że a f 1 f 2... f k = b g 1 g 2... g m, gdzie f 1, f 2,...,f k i g 1, g 2,...,g m sa nierozk ladalnymi wielomianami unormowanymi oraz a, b R \ {0}. Ponieważ iloczyn wielomianów unormowanych jest wielomianem unormowanym, wie c wspó lczynnikami kieruja cymi lewej i prawej strony równości sa liczby a i b, a ponieważ wielomian wyznacza swe wspó lczynniki jednoznacznie, wie c a = b. Sta d wynika, że f 1 f 2... f k = g 1 g 2... g m. Ponieważ iloczyn g 1 g 2... g m, dzieli sie przez nierozk ladalny wielomian f 1, wie c jeden z jego czynników dzieli sie przez f 1. Bez straty ogólności rozważań przyjmujemy, że f 1 dzieli wielomian g 1. Ponieważ oba te wielomiany sa nierozk ladalne i unormowane, wie c 101

9 f 1 = g 1, zatem f 2... f k = g 2... g m. Prosta indukcja kończy dowód. Cze sto znajomość czynników wielomianu u latwia poznawanie jego w lasności. Np. znajdowanie pierwiastków sprowadza sie do znajdowania pierwiastków czynników, czyli wielomianów niższego stopnia. Niestety nie ma ogólnych metod rozk ladania wielomianów na czynniki niższego stopnia. Okazuje sie też, że rozk ladanie na czynniki i znajdowanie pierwiastków wielomianu to w zasadzie ten sam problem. Wzory na pierwiastki wielomianów stopnia trzeciego i czwartego sa skomplikowane i dlatego ma lo przydatne, zaś dla równań wyższego stopnia w ogóle nie istnieja, co udowodniono na prze lomie XVIII w XIX w. Twierdzenie (Bézout) Reszta z dzielenia wielomianu f przez wielomian x c jest f(c). Dowód. Reszta z dzielenia wielomianu f przez wielomian x c jest wielomianem stopnia mniejszego od 1, czyli sta la. Możemy napisać f(x) = q(x)(x c) + r, gdzie q oznacza iloraz z dzielenia wielomianu f przez wielomian x c, a r reszte. Dla x = c mamy f(c) = q(c)(c c)+r = r, co kończy dowód twierdzenia. Wniosek Liczba c jest pierwiastkiem wielomianu f wtedy i tylko wtedy, gdy wielomian f jest podzielny przez dwumian x c. Uwaga Zazwyczaj latwiej i szybciej można sprawdzić podzielność wielomianu przez x c stosuja c np. algorytm Hornera niż obliczać f(c) korzystaja c z definicji funkcji f. Definicja (krotności pierwiastka) Liczba c jest k krotnym pierwiastkiem wielomianu f wtedy i tylko wtedy, gdy (x c) k jest dzielnikiem wielomianu f. Twierdzenie (o sumie krotności pierwiastków) Suma krotności wszystkich pierwiastków wielomianu nie jest wie ksza od jego stopnia. Dowód. Niech c 1,c 2,...,c n be da różnymi liczbami rzeczywistymi, a m 1, m 2,..., m k liczbami naturalnymi. Wielomiany (x c 1 ) m 1, (x c 2 ) m 2,..., (x c n ) m n sa parami wzgle dnie 102

10 pierwsze. Jeśli wielomian f jest podzielny przez każdy z nich, to jest on podzielny przez ich iloczyn. Sta d natychmiast wynika, że m 1 + m m n st(f). Jeśli wielomian f jest iloczynem wielomianów stopnia pierwszego, to można latwo rozwia zać nierówność f(x) 0. Wtedy istnieja takie liczby rzeczywiste a,c 1,c 2,...,c k i naturalne m 1,m 2,...,m k, że f(x) = a(x c 1 ) m 1 (x c 2 ) m 2...(x c k ) m k. Ponieważ kwadraty liczb rzeczywistych sa nieujemne, wie c można za lożyć, że m 1 =m 2 =...=m k = i c 1 < c 2 <... < c k. Wtedy f(x) = a(x c 1 )(x c 2 )...(x c k ). Dla każdej liczby x R zachodza nierówności x c 1 > x c 2 >... > x c k.. Wynika sta d, że jeśli x > c k, to liczby f(x) i a maja taki sam znak. Na przedziale (c k 1,c k ) ich znaki sa przeciwne (lub f(x) = 0), itd. Teraz zajmiemy sie wymiernymi pierwiastkami wielomianów o wspó lczynnikach ca lkowitych. Twierdzenie (o pierwiastkach wymiernych) Jeśli f(x) = a 0 +a 1 x+ +a n x n jest wielomianem o wspó lczynnikach ca lkowitych, liczby p Z i q N sa wzgle dnie pierwsze a liczba p q jest pierwiastkiem wielomianu f, to liczba p jest dzielnikiem a 0 a liczba q dzielnikiem a n. Dowód. Po pomnożeniu równości 0 = f ( ) p q = p a0 + a 1 q + a p ) n n( q przez liczbe q n otrzymujemy 0 = a 0 q n + a 1 pq n 1 + a 2 p 2 q n a n 1 p n 1 q + a n 1 p n. Ponieważ wszystkie sk ladniki z wyja tkiem pierwszego sa podzielne przez p, wie c również liczba a 0 q n jest podzielna przez p. Liczby p i q n sa wzgle dnie pierwsze, wie c liczba p jest dzielnikiem liczby a 0. W taki sam sposób dowodzimy, że liczba q jest dzielnikiem liczby a n. Dowód zosta l zakończony. Wniosek Wymierne pierwiastki wielomianu unormowanego o wspó lczynnikach ca lkowitych sa liczbami ca lkowitymi Np. nierównowności (x 2 ) 7 >0 i x 2>0 sa równoważne. 103

11 Twierdzenie o pierwiastkach wymiernych nie daje żadnych informacji o niewymiernych pierwiastkach wielomianu. Uwaga (o uogólnieniach teorii) Z wyja tkiem twierdzenia o pierwiastkach wymiernych wszystkie twierdzenia dotyczy ly wielomianów, których wspó lczynniki by ly rzeczywiste. Czytelnik jednak zauważy, że w dowodach korzystaliśmy jedynie z twierdzeń, które już udowodniliśmy. Nigdzie nie korzystaliśmy np. z tego, że istnieja rzeczywiste pierwiastki dowolnego stopnia z liczb nieujemnych. Oznacza to, że te twierdzenia sa prawdziwe np. w zbiorze wielomianów o wspó lczynnikach wymiernych, albo o wspó lczynnikach z Q( 2 ) = {x + y 2: x,y Q} chodzi o to, by można by lo wspó lczynniki dodawać, odejmować, mnożyć i dzielić. Jeśli be dziemy rozważać np. tylko wielomiany o wspó lczynnikach wymiernych, to okaże sie, że wielomian x jest nierozk ladalny. Jednak w zbiorze wielomianów o wspó lczynnikach rzeczywistych jest on rozk ladalny: x = ( x ) 2 2x 2 = (x 2 x 2 + 1)(x 2 + x 2 + 1). Jest on też rozk ladalny w zbiorze wielomianów o wspó lczynnikach z Q( 2), ale w zbiorze wielomianów o wspó lczynnikach z Q( 3 ) jest nierozk ladalny. Widać korzyść p lyna ca z wnioskowania z pewników można teorie stosować wsze dzie tam, gdzie sa one spe lnione bez konieczności dowodzenia twierdzeń w nowej sytuacji. Na zakończenie podamy jeszcze jedno twierdzenie, które pozwala cze sto badać wielomiany o wspó lczynnikach ca lkowitych za pomoca twierdzeń, które sa prawdziwe w przypadku wielomianów o wspó lczynnikach wymiernych. Twierdzenie (lemat Gaussa) Jeśli wielomian w(x) = a 0 + a 1 x + + a n x n ma wspó lczynniki ca lkowite i jest iloczynem wielomianów u(x)=b 0 +b 1 x+ +b k x k oraz v(x) = c 0 +c 1 x+ +c m x m o wspó lczynnikach wymiernych, to istnieja takie liczby wymierne β i γ, że β γ = 1 i wielomiany β u oraz γ v maja ca lkowite wspó lczynniki. Dowód. Niech liczba q be dzie najmniejszym wspólnym mianownikiem u lamków b 0,b 1,...,b k, tzn. istnieja takie liczby ca lkowite β 0, β 1,..., β k, że b j = β j q dla j = 0,1,...,k, przy 104

12 czym nwd(q,β 0,β 1,...,β k ) = 1, analogicznie niech c j = γ j r j = 0,1,...,m, przy czym nwd(r,γ 0,γ 1,...,γ k ) = 1. Aby nie komplikować oznaczeń definiujemy dodatkowe wspó lczynniki w trzech wielomianach: 0 = β k+1 = β k+2 =..., 0 = γ m+1 = γ m+2 =..., 0 = a n+1 = a n+2 =... Jeśli liczba pierwsza p jest wspólnym dzielnikiem liczby q i wszystkich liczb γ 0,γ 1,..., to możemy zasta pić wielomiany u,v v wielomianami pu i p. Analogicznie poste pujemy ze wspólnymi dzielnikami liczb r i β 0,β 1,... W dalszym cia gu zak ladamy, że nwd(q,γ 0,γ 1,...) = 1 oraz nwd(r,β 0,β 1,...) = 1. Z równości w = u v wynika, że: β 0 γ 0 = a 0 qr, β 1 γ 0 + β 0 γ 1 = a 1 qr, β 2 γ 0 + β 1 γ 1 + β 0 γ 2 = a 2 qr, β 3 γ 0 + β 2 γ 1 + β 1 γ 2 + β 0 γ 3 = a 3 qr,.... Jeśli p jest liczba pierwsza i p q, to p β 0 lub p γ 0 wynika to z pierwszej równości. Za lóżmy, że p β 0. Niech i be dzie najmniejsza liczba naturalna, dla której p β i. Ponieważ p β 0, p β 1, p β 2,..., p β i 1 oraz p q, wie c z równości β i γ 0 + β i 1 γ 1 + β i 2 γ β 1 γ i 1 + β 0 γ i = a i qr wynika, że p γ 0. Sta d i z równości β i+1 γ 0 + β i γ 1 + β i 1 γ 2 + β i 2 γ β 1 γ i + β 0 γ i+1 = a i+1 qr wynika, że p γ 1. Kontynuuja c to rozumowanie (indukcja) przekonujemy sie, że p γ j dla każdej nieujemnej liczby ca lkowitej j, wbrew za lożeniu, które uczyniliśmy. Wykazaliśmy, że liczba pierwsza nie może jednocześnie dzielić liczb q i β 0. Takie samo rozumowanie wyklucza możliwość p q i p γ 0. Oznacza to, że liczba q nie ma dzielników pierwszych, zatem q = 1. W taki sam sposób dowodzimy, że r = 1. W ten sposób wykazaliśmy, że po wste pnych przeróbkach (wielu) polegaja cych na dzieleniu jednego czynnika przez liczbe pierwsza i jednoczesnym mnożeniu drugiego przez te sama liczbe pierwsza otrzymujemy wielomiany o wspó lczynnikach ca lkowitych. Na zakończenie tego rozdzia lu kilka s lów o tzw. funkcjach wymiernych. 105 dla

13 Definicja (funkcji wymiernej) Funkcja wymierna nazywamy iloraz dwóch wielomianów. Przyjmujemy, że jej dziedzina jest zbiór tych liczb rzeczywistych, dla których mianownik (w postaci nieskracalnej) jest różny od 0. Natychmiast z definicji i z w lasności wielomianów wynika, że 1 Suma funkcji wymiernych jest funkcja wymierna. 2 Iloczyn funkcji wymiernych jest funkcja wymierna. 3 Wielomiany sa funkcjami wymiernymi. 4 Niezerowa funkcja wymierna ma skończenie wiele pierwiastków sa to pierwiastki jej licznika (zak ladamy, że funkcja jest zapisana w nieskracalnej postaci). Zadania 1. Dowieść, że jeśli x 0 < x 1 <... < x n i w 0,w 1,...,w n R, to istnieje dok ladnie jeden taki wielomian f stopnia n, że f(x j ) = w j dla każdego j {0,1,...,n}. 2. Dowieść, że funkcja x 1+x 2 nie jest wielomianem. 3! Dowieść, że funkcje x i 3 x nie sa wielomianami ani nawet funkcjami wymiernymi. 4. Niech f oznacza wielomian o wspó lczynnikach ca lkowitych, a,b,c takimi liczbami ca lkowitymi, że a b c a i b = f(a), c = f(b). Dowieść, że a f(c). 5. Niech P(x) be dzie wielomianem stopnia n > 1 o wspó lczynnikach ca lkowitych. Dowieść, że jeżeli x, y Z oraz P(x) P(y), to P(x) P(y) x y. Definicja (punktu okresowego) Jeśli f:a A jest funkcja i f(f...f(f(x))...)) = x, to mówimy, że x jest punktem okresowym funkcji f, k jest okresem, }{{} k liter f najmniejszy okres danego punktu nazywamy podstawowym. 6. Niech P(x) be dzie wielomianem stopnia n > 1 o wspó lczynnikach ca lkowitych Wykazać, że wielomian P ma co najwyżej n ca lkowitych punktów okresowych. 7. Wykazać, że wielomian 4x(1 x) ma dok ladnie 2 n punktów okresowych o okresie n. 8. Udowodnić, że wielomian x 3k +x 3m+1 +x 3n+2 jest podzielny 106

14 przez wielomian x 2 + x + 1 dla dowolnych k,m,n N. 9! Wielomian a 0 +a 1 x+ +a n x n ma n różnych pierwiastków. Wyrazić ich sume i iloczyn za pomoca liczb a 0,a 1,...,a n. 10. Dowieść, że jeśli wielomian o wspó lczynnikach ca lkowitych przyjmuje wartości nieparzyste dla dwóch kolejnych liczb ca lkowitych, to nie ma ca lkowitych pierwiastków. 11. Podać przyk lad wielomianu o wspó lczynnikach nieca lkowitych, którego wartości we wszystkich punktach ca lkowitych sa ca lkowite. 12. Dowieść, że wielomian (x + 1)(x + 2)(x + 3) + 17 nie jest iloczynem dwóch wielomianów stopnia 1, o wspó lczynnikach wymiernych. 13. Dowieść, że jeśli nx n x n 1... x 1 = 0, to x Znaleźć a Z, dla którego (x a)(x 10)+1 jest iloczynem wielomianów stopnia 1, o wspó lczynnikach ca lkowitych. 15. Znaleźć sume wspó lczynników wielomianu otrzymanego po otwarciu nawiasów i uporza dkowaniu wyrazów naste puja cego wyrażenia (1 3x + x 2 ) 745 (3 + 2x 4x 2 ) Dla jakich a,b R wielomian x 4 + ax 3 + bx 2 8x + 1 jest kwadratem jakiegoś wielomianu. 17. Rozwia zać nierówność x 5 3x 4 + x 3 + 5x 2 6x Dowieść, że jeśli wielomian o wspó lczynnikach ca lkowitych jest podzielny przez x 2, to jest też podzielny przez x Wielomian w daje z dzielenia przez x a reszte A, z dzielenia przez x b reszte B. Znaleźć reszte z dzielenia w przez (x a)(x b) przy za lożeniu, że a b. 20. Dowieść, że wielomian nx n+2 (n + 2)x n+1 + (n + 2)x n jest podzielny przez (x 1) 3 dla dowolnego n N. 21. Dowieść, że x 5 3x 4 +6x 3 3x 3 +9x 6 jest nierozk ladalny jako wielomian o wspó lczynnikach wymiernych. 22. Rozwia zać nierówność x 2 +3x+1 > 1. x 2 +4x Dowieść, że jeśli wielomian x 4 + ax + b ma dwukrotny pierwiastek, to 27a 4 = 256b Liczby a 1,a 2,...,a n sa parami różne i ca lkowite. Dowieść, że wielomian (x + a 1 ) 2 (x + a 2 ) 2... (x + a n ) jest nierozk ladalny jako wielomian o wspó lczynnikach wymiernych. 107

15 25. Obliczyć ( n 2 ( 0) + n 2 ( 1) + n ) 2 ( n 2 ( n 1) + n 2 n). 26. Dowieść, że 20x 5 +10x 4 +15x 3 9x 2 +3x 3 jest nierozk ladalny jako wielomian o wspó lczynnikach wymiernych. 27. Dowieść, że jeśli w jest takim wielomianem, że w(1) = 0 i v(x) = w(x n ) dla x R, to wielomian v jest podzielny przez 1 + x + + x n Czy każdy wielomian o wspó lczynnikach ca lkowitych jest suma kilku sześcianów wielomianów o wspó lczynnikach ca lkowitych? 29. Czy wielomian x 44 + x 33 + x 22 + x dzieli sie : przez wielomian x 5 1, a przez x 4 + x 3 + x 2 + x + 1? 30. Roz lożyć na czynniki x 4 (y z) + y 4 (z x) + z 4 (x y). 31. Roz lożyć na czynniki x 4 (y 2 z 2 )+y 4 (z 2 x 2 )+z 4 (x 2 y 2 ). 32. Roz lożyć na czynniki x(y z) 3 + y(z x) 3 + z(x y) Dowieść, że istnieje taki wielomian w o wspó lczynnikach ca lkowitych, że, to 0 < w(x) < Dla jakich x Z wartości funkcji 2x 3 5x+4 dla 0 < x < 1. sa ca lkowite? 35. Wykazać, że jeśli mianownik funkcji wymiernej jest iloczynem dwóch wielomianów wzgle dnie pierwszych, to te funkcje można przedstawić jako sume dwu funkcji wymiernych, których mianowniki to wzgle dnie pierwsze czynniki mianownika. 36. Udowodnić, że funkcja postaci ax+b cx+d jest albo sta la, albo różnowartościowa. Dowieść, że jest ściśle monotoniczna wtedy i tylko wtedy, gdy jest wielomianem stopnia pierwszego. 37. Zdefiniujemy nierówność w zbiorze funkcji wymiernych. Mówimy, że wielomian jest dodatni wtedy i tylko wtedy, gdy jego wspó lczynnik kieruja cy jest dodatni. Funkcja wymierna jest dodatnia wtedy i tylko wtedy, gdy można przedstawić ja jako iloraz dodatnich wielomianów. Funkcja f jest wie ksza od funkcji g wtedy i tylko wtedy, gdy funkcja f g jest dodatnia. Dowieść, że w zbiorze funkcji wymiernych z ta nierównościa sa spe lnione wszystkie do tej pory sformu lowane aksjomaty teorii liczb rzeczywistych. Czytelnik zechce zauważyć, że w tym przypadku nie dzia la zasada Archimedesa: wielomian x jest wie kszy od każdej liczby naturalnej. 108