Hogyan lehet egy négyzetes trinomit lineáris tényezőkké alakítani. Példák faktoring polinomokra. Tényezd ki a közös tényezőt

8 példát mutatunk be a polinomok faktorizálására. Példákat tartalmaznak másodfokú és biquadratic egyenletek megoldására, példákat reflexív polinomokra, valamint példákat harmad- és negyedfokú polinomok egész gyökeinek megtalálására.

Tartalom

Lásd még: Polinomok faktorálási módszerei
Kvadratikus gyökerek
Köbös egyenletek megoldása

1. Példák másodfokú egyenlet megoldására

Példa 1.1

x 4 + x 3 - 6 x 2.

Vegye ki x-et 2 zárójelen kívül:
.
2 + x - 6 = 0:
.
Egyenletgyökök:
, .

.

Példa 1.2

Harmadfokú polinom tényezője:
x 3 + 6 x 2 + 9 x.

Mozgassa ki x-et a zárójelből:
.
Az x másodfokú egyenlet megoldása 2 + 6 x + 9 = 0:
Megkülönböztetője:.
Mivel a diszkrimináns nulla, az egyenlet gyökerei többszörösek:;
.

Ebből megkapjuk a polinom faktorizálását:
.

1.3. példa

Egy ötödfokú polinom tényezője:
x 5 - 2 x 4 + 10 x 3.

Vegye ki x-et 3 zárójelen kívül:
.
Az x másodfokú egyenlet megoldása 2-2 x + 10 = 0.
Megkülönböztetője:.
Mivel a diszkrimináns kisebb, mint nulla, az egyenlet gyökei összetettek:;
, .

A polinom faktorizálása a következő:
.

Ha érdekel bennünket a valós együtthatókkal való faktorizálás, akkor:
.

Példák faktorálási polinomokra képletekkel

Példák kétnegyedes polinomokra

Példa 2.1

Tényezősítsen ki egy bikvadratikus polinomot:
x 4 + x 2 - 20.

Alkalmazzuk a képleteket:
a 2 + 2 ab + b 2 = (a + b) 2;
a 2 - b 2 = (a - b) (a + b).

;
.

Példa 2.2

Tényezzünk egy polinomot, amely bikvadratikusra redukálódik:
x 8 + x 4 + 1.

Alkalmazzuk a képleteket:
a 2 + 2 ab + b 2 = (a + b) 2;
a 2 - b 2 = (a - b) (a + b):

;

;
.

2.3. példa visszaadható polinommal

A visszatérési polinom tényezője:
.

A reflexív polinomnak páratlan foka van. Ezért van egy gyöke x = - 1 ... A polinomot elosztjuk x-szel - (-1) = x + 1... Ennek eredményeként a következőket kapjuk:
.
A cserét elvégezzük:
, ;
;


;
.

Példák egész gyökű polinomok faktorálására

Példa 3.1

A polinom tényezője:
.

Tegyük fel az egyenletet

6
-6, -3, -2, -1, 1, 2, 3, 6 .
(-6) 3 - 6 (-6) 2 + 11 (-6) - 6 = -504;
(-3) 3 - 6 (-3) 2 + 11 (-3) - 6 = -120;
(-2) 3 - 6 (-2) 2 + 11 (-2) - 6 = -60;
(-1) 3 - 6 (-1) 2 + 11 (-1) - 6 = -24;
1 3 - 6 1 2 + 11 1 - 6 = 0;
2 3 - 6 2 2 + 11 2 - 6 = 0;
3 3 - 6 3 2 + 11 3 - 6 = 0;
6 3 - 6 6 2 + 11 6 - 6 = 60.

Tehát három gyökeret találtunk:
x 1 = 1 , x 2 = 2 , x 3 = 3 .
Mivel az eredeti polinom harmadfokú, ezért legfeljebb három gyöke van. Mivel három gyökeret találtunk, ezek egyszerűek. Azután
.

Példa 3.2

A polinom tényezője:
.

Tegyük fel az egyenletet

legalább egy egész gyökere van. Ekkor ez a szám osztója 2 (kifejezés x nélkül). Vagyis a teljes gyök a számok egyike lehet:
-2, -1, 1, 2 .
Ezeket az értékeket felváltva helyettesítjük:
(-2) 4 + 2 (-2) 3 + 3 (-2) 3 + 4 (-2) + 2 = 6 ;
(-1) 4 + 2 (-1) 3 + 3 (-1) 3 + 4 (-1) + 2 = 0 ;
1 4 + 2 1 3 + 3 1 3 + 4 1 + 2 = 12;
2 4 + 2 2 3 + 3 2 3 + 4 2 + 2 = 54.

Tehát találtunk egy gyökeret:
x 1 = -1 .
Osszuk el a polinomot x - x-szel 1 = x - (-1) = x + 1:


Azután,
.

Most meg kell oldania a harmadik fokozat egyenletét:
.
Ha feltételezzük, hogy ennek az egyenletnek egész gyöke van, akkor ez a szám osztója 2 (kifejezés x nélkül). Vagyis a teljes gyök a számok egyike lehet:
1, 2, -1, -2 .
Helyettesítsd x = -1 :
.

Tehát találtunk egy másik x gyökeret 2 = -1 ... Az előző esethez hasonlóan a polinomot eloszthatjuk vele, de csoportosítjuk a tagokat:
.

A faktorizáláshoz szükséges a kifejezések egyszerűsítése. Erre azért van szükség, hogy tovább csökkenthessük. Egy polinom felbontásának akkor van értelme, ha foka legalább kettő. Az elsőfokú polinomot lineárisnak nevezzük.

A cikk lefedi a dekompozíció összes fogalmát, elméleti alapjaés módszerek a polinom faktorálására.

Elmélet

1. tétel

Ha bármely n fokú polinom, amelynek alakja P n x = a n x n + a n - 1 x n - 1 +. ... ... + a 1 x + a 0, a legnagyobb an állandó tényezővel rendelkező szorzatként és n lineáris tényezőként (x - xi) ábrázolják, i = 1, 2, ..., n, akkor P n (x) = an (x - xn) (x - xn - 1) ... ... · (X - x 1), ahol x i, i = 1, 2,…, n - ezek a polinom gyökei.

A tétel az x i, i = 1, 2,…, n komplex típusú gyökekre és a k, k = 0, 1, 2,…, n komplex együtthatókra vonatkozik. Ez minden bomlás alapja.

Ha az a k, k = 0, 1, 2, ..., n alakú együtthatók valós számok, majd összetett gyökök, amelyek konjugált párokban találkoznak majd. Például az x 1 és x 2 gyökök egy P n x = a n x n + a n - 1 x n - 1 + alakú polinomra utalnak. ... ... + a 1 x + a 0 komplex konjugátumnak tekinthető, akkor a többi gyök valós, amiből azt kapjuk, hogy a polinom P n (x) = an (x - xn) (x - xn - 1) alakot ölt. ·. ... ... (X - x 3) x 2 + p x + q, ahol x 2 + p x + q = (x - x 1) (x - x 2).

Megjegyzés

A polinom gyökerei megismételhetők. Tekintsük az algebratétel bizonyítását, amely Bezout tételének következménye.

Az algebra főtétele

2. tétel

Minden n fokú polinomnak van legalább egy gyöke.

Bezout tétele

A P n x = a n x n + a n - 1 x n - 1 + alakú polinom felosztása után. ... ... + a 1 x + a 0 on (x - s), akkor megkapjuk a maradékot, ami egyenlő az s pontban lévő polinomdal, akkor kapjuk

P n x = a n x n + a n - 1 x n - 1 +. ... ... + a 1 x + a 0 = (x - s) Q n - 1 (x) + P n (s), ahol Q n - 1 (x) egy n - 1 fokú polinom.

Következmény Bezout tételéből

Ha a P n (x) polinom gyökét s-nek tekintjük, akkor P n x = a n x n + a n - 1 x n - 1 +. ... ... + a 1 x + a 0 = (x - s) Q n - 1 (x). Ez a következtetés elegendő a megoldás leírására.

Négyzetes trinomiális faktorálása

Az a x 2 + b x + c alakú négyzetes trinom lineáris tényezőkre bontható. akkor azt kapjuk, hogy a x 2 + b x + c = a (x - x 1) (x - x 2), ahol x 1 és x 2 gyök (komplex vagy valós).

Ebből világosan látszik, hogy maga a bővítés redukálódik a megoldásig másodfokú egyenlet később.

1. példa

Tényezősíts egy négyzethármast.

Megoldás

Keresse meg a 4 x 2 - 5 x + 1 = 0 egyenlet gyökereit! Ehhez meg kell találni a diszkrimináns értékét a képlet szerint, ekkor D = (- 5) 2 - 4 · 4 · 1 = 9-et kapunk. Ezért nálunk ez van

x 1 = 5 - 9 2 4 = 1 4 x 2 = 5 + 9 2 4 = 1

Ebből azt kapjuk, hogy 4 x 2 - 5 x + 1 = 4 x - 1 4 x - 1.

Az ellenőrzés végrehajtásához a zárójeleket ki kell terjeszteni. Ekkor megkapjuk a forma kifejezését:

4 x - 1 4 x - 1 = 4 x 2 - x - 1 4 x + 1 4 = 4 x 2 - 5 x + 1

Ellenőrzés után az eredeti kifejezéshez jutunk. Vagyis arra a következtetésre juthatunk, hogy a dekompozíciót helyesen hajtják végre.

2. példa

Tényező egy 3 x 2 - 7 x - 11 alakú négyzetháromtagot.

Megoldás

Azt kapjuk, hogy ki kell számítani a kapott másodfokú egyenletet, amelynek alakja 3 x 2 - 7 x - 11 = 0.

A gyökerek megtalálásához meg kell határoznia a diszkrimináns értékét. Ezt értjük

3 x 2 - 7 x - 11 = 0 D = (- 7) 2 - 4 3 (- 11) = 181 x 1 = 7 + D 2 3 = 7 + 181 6 x 2 = 7 - D 2 3 = 7 - 181 6

Ebből azt kapjuk, hogy 3 x 2 - 7 x - 11 = 3 x - 7 + 181 6 x - 7 - 181 6.

3. példa

Tényező a polinom 2 x 2 + 1.

Megoldás

Most meg kell oldania a 2 x 2 + 1 = 0 másodfokú egyenletet, és meg kell találnia a gyökereit. Ezt értjük

2 x 2 + 1 = 0 x 2 = - 1 2 x 1 = - 1 2 = 1 2 i x 2 = - 1 2 = - 1 2 i

Ezeket a gyököket komplex konjugátumnak nevezzük, ami azt jelenti, hogy magát a dekompozíciót a következőképpen ábrázolhatjuk: 2 x 2 + 1 = 2 x - 1 2 · i x + 1 2 · i.

4. példa

Bontsuk fel az x 2 + 1 3 x + 1 négyzethármast.

Megoldás

Először meg kell oldania egy x 2 + 1 3 x + 1 = 0 formájú másodfokú egyenletet, és meg kell találnia a gyökereit.

x 2 + 1 3 x + 1 = 0 D = 1 3 2 - 4 1 1 = - 35 9 x 1 = - 1 3 + D 2 1 = - 1 3 + 35 3 i 2 = - 1 + 35 i 6 = - 1 6 + 35 6 ix 2 = - 1 3 - D 2 1 = - 1 3 - 35 3 i 2 = - 1 - 35 i 6 = - 1 6 - 35 6 i

Miután megkaptuk a gyökereket, írunk

x 2 + 1 3 x + 1 = x - - 1 6 + 35 6 i x - - 1 6 - 35 6 i = = x + 1 6 - 35 6 i x + 1 6 + 35 6 i

Megjegyzés

Ha a diszkrimináns értéke negatív, akkor a polinomok másodrendű polinomok maradnak. Ebből következik, hogy ezeket nem bontjuk lineáris tényezőkre.

Kettőnél nagyobb fokú polinomok faktorálási módszerei

A dekompozíció univerzális módszert feltételez. Az esetek többsége Bezout tételének egy következményén alapul. Ehhez ki kell választani az x 1 gyök értékét, és csökkenteni kell a fokát úgy, hogy egy polinomot osztunk 1-gyel, és osztunk az (x - x 1) értékkel. Az eredményül kapott polinomnak meg kell találnia az x 2 gyököt, és a keresési folyamat ciklikus, amíg teljes dekompozíciót nem kapunk.

Ha a gyökér nem található, akkor más faktorálási módszereket alkalmaznak: csoportosítás, kiegészítő kifejezések. Ez a téma nagyobb hatványú és egész együtthatójú egyenletek megoldását feltételezi.

A közös tényező faktorálása

Tekintsük azt az esetet, amikor a szabad tag egyenlő nullával, akkor a polinom alakja P n (x) = a n x n + a n - 1 x n - 1 + lesz. ... ... + egy 1x.

Látható, hogy egy ilyen polinom gyöke egyenlő lesz x 1 = 0-val, akkor a polinom a P n (x) = a n x n + a n - 1 x n - 1 + kifejezéssel ábrázolható. ... ... + a 1 x = = x (a n x n - 1 + a n - 1 x n - 2 +... + a 1)

Ezt a módszert úgy tekintjük, mint a közös tényezőt a zárójelből.

5. példa

A harmadfokú polinom tényezője 4 x 3 + 8 x 2 - x.

Megoldás

Látjuk, hogy x 1 = 0 egy adott polinom gyöke, akkor a teljes kifejezés zárójelein kívülre tehetjük x-et. Kapunk:

4 x 3 + 8 x 2 - x = x (4 x 2 + 8 x - 1)

Rátérünk a 4 x 2 + 8 x - 1 négyzethármas gyökére. Keressük a diszkriminánst és a gyökereket:

D = 8 2 - 4 4 (- 1) = 80 x 1 = - 8 + D 2 4 = - 1 + 5 2 x 2 = - 8 - D 2 4 = - 1 - 5 2

Aztán ebből az következik

4 x 3 + 8 x 2 - x = x 4 x 2 + 8 x - 1 = = 4 xx - - 1 + 5 2 x - - 1 - 5 2 = = 4 xx + 1 - 5 2 x + 1 + 5 2

Kezdetnek tekintsünk egy felbontási módszert, amely P n (x) = x n + a n - 1 x n - 1 + alakú egész együtthatókat tartalmaz. ... ... + a 1 x + a 0, ahol a legnagyobb teljesítmény együtthatója 1.

Ha egy polinomnak integrálgyökei vannak, akkor ezeket a szabad tag osztóinak tekintjük.

6. példa

Bontsa ki az f (x) = x 4 + 3 x 3 - x 2 - 9 x - 18 kifejezést.

Megoldás

Fontolja meg, hogy vannak-e egész gyökerek. Fel kell írni a szám osztóit - 18. Azt kapjuk, hogy ± 1, ± 2, ± 3, ± 6, ± 9, ± 18. Ebből következik, hogy ennek a polinomnak integrálgyökei vannak. Ellenőrizheti a Horner-sémát. Nagyon kényelmes, és lehetővé teszi a polinom bővítési együtthatóinak gyors megszerzését:

Ebből következik, hogy x = 2 és x = - 3 az eredeti polinom gyöke, amely a forma szorzataként ábrázolható:

f (x) = x 4 + 3 x 3 - x 2 - 9 x - 18 = (x - 2) (x 3 + 5 x 2 + 9 x + 9) = = (x - 2) (x + 3) (x 2 + 2 x + 3)

Áttérünk egy x 2 + 2 x + 3 formájú négyzetháromtag felbontására.

Mivel a diszkrimináns negatív, ez azt jelenti igazi gyökerek nem.

Válasz: f (x) = x 4 + 3 x 3 - x 2 - 9 x - 18 = (x - 2) (x + 3) (x 2 + 2 x + 3)

Megjegyzés

A Horner-séma helyett megengedett a gyök kiválasztása és a polinom polinomokkal való osztása. Folytatjuk a P n (x) = x n + a n - 1 x n - 1 + alakú egész együtthatókat tartalmazó polinom kiterjesztését. ... ... + a 1 x + a 0, amelyek közül a legrégebbi egyenlő eggyel.

Ez az eset a racionális törttörteknél történik.

7. példa

f (x) tényező = 2 x 3 + 19 x 2 + 41 x + 15.

Megoldás

Meg kell változtatni az y = 2 x változót, menni egy polinomra, amelynek együtthatói a legmagasabb fokon 1. Először meg kell szoroznia a kifejezést 4-gyel. Ezt értjük

4 f (x) = 2 3 x 3 + 19 2 2 x 2 + 82 2 x + 60 = = y 3 + 19 y 2 + 82 y + 60 = g (y)

Ha a g (y) = y 3 + 19 y 2 + 82 y + 60 alakú függvénynek egész gyökei vannak, akkor ezeket a szabad tag osztói között keresve. A bejegyzés a következő formában történik:

± 1, ± 2, ± 3, ± 4, ± 5, ± 6, ± 10, ± 12, ± 15, ± 20, ± 30, ± 60

Folytassuk a g (y) függvény kiszámításával ezekben a pontokban, hogy eredményül nullát kapjunk. Ezt értjük

g (1) = 1 3 + 19 1 2 + 82 1 + 60 = 162 g (- 1) = (- 1) 3 + 19 (- 1) 2 + 82 (- 1) + 60 = - 4 g (2 ) = 2 3 + 19 2 2 + 82 2 + 60 = 308 g (- 2) = (- 2) 3 + 19 (- 2) 2 + 82 (- 2) + 60 = - 36 g (3) = 3 3 + 19 3 2 + 82 3 + 60 = 504 g (- 3) = (- 3) 3 + 19 (- 3) 2 + 82 (- 3) + 60 = - 42 g (4) = 4 3 + 19 4 2 + 82 4 + 60 = 756 g (- 4) = (- 4) 3 + 19 (- 4) 2 + 82 (- 4) + 60 = - 28 g (5) = 5 3 + 19 5 2 + 82 5 + 60 = 1070 g (-5) = (-5) 3 + 19 (-5) 2 + 82 (-5) + 60

Azt kapjuk, hogy y = - 5 egy y 3 + 19 y 2 + 82 y + 60 alakú egyenlet gyöke, ami azt jelenti, hogy x = y 2 = - 5 2 az eredeti függvény gyöke.

8. példa

Osztani kell egy oszloppal 2 x 3 + 19 x 2 + 41 x + 15 x + 5 2-vel.

Megoldás

Írjuk és kapjuk:

2 x 3 + 19 x 2 + 41 x + 15 = x + 5 2 (2 x 2 + 14 x + 6) = = 2 x + 5 2 (x 2 + 7 x + 3)

Az osztók ellenőrzése sok időt vesz igénybe, ezért kifizetődőbb az eredményül kapott x 2 + 7 x + 3 alakú négyzethármas faktorizálása. Egyenlítés nullával, és keresse meg a diszkriminánst.

x 2 + 7 x + 3 = 0 D = 7 2 - 4 1 3 = 37 x 1 = - 7 + 37 2 x 2 = - 7 - 37 2 ⇒ x 2 + 7 x + 3 = x + 7 2 - 37 2 x + 7 2 + 37 2

Ebből következik tehát

2 x 3 + 19 x 2 + 41 x + 15 = 2 x + 5 2 x 2 + 7 x + 3 = = 2 x + 5 2 x + 7 2 - 37 2 x + 7 2 + 37 2

Mesterséges trükkök egy polinom faktorálásához

A racionális gyökök nem minden polinomban rejlenek. Ehhez speciális módszereket kell használnia a szorzók megtalálásához. De nem minden polinom bővíthető vagy ábrázolható szorzatként.

Csoportosítási módszer

Vannak esetek, amikor csoportosíthatja a polinom tagjait, hogy megtalálja a közös tényezőt, és a zárójeleken kívülre helyezze.

9. példa

Tényezőzzük az x 4 + 4 x 3 - x 2 - 8 x - 2 polinomot.

Megoldás

Mivel az együtthatók egész számok, ezért a gyökök feltehetően egészek is lehetnek. Az ellenőrzéshez vegye fel az 1, -1, 2 és -2 értékeket, hogy kiszámítsa a polinom értékét ezeken a pontokon. Ezt értjük

1 4 + 4 1 3 - 1 2 - 8 1 - 2 = - 6 ≠ 0 (- 1) 4 + 4 (- 1) 3 - (- 1) 2 - 8 (- 1) - 2 = 2 ≠ 0 2 4 + 4 2 3 - 2 2 - 8 2 - 2 = 26 ≠ 0 (- 2) 4 + 4 (- 2) 3 - (- 2) 2 - 8 (- 2) - 2 = - 6 ≠ 0

Ezért egyértelmű, hogy nincsenek gyökerek, más bontási és megoldási módszert kell alkalmazni.

Csoportosítani kell:

x 4 + 4 x 3 - x 2 - 8 x - 2 = x 4 + 4 x 3 - 2 x 2 + x 2 - 8 x - 2 = = (x 4 - 2 x 2) + (4 x 3 - 8 x) + x 2 - 2 = = x 2 (x 2 - 2) + 4 x (x 2 - 2) + x 2 - 2 = = (x 2 - 2) (x 2 + 4 x + 1)

Az eredeti polinom csoportosítása után két négyzetes trinom szorzataként kell ábrázolni. Ehhez el kell végeznünk a faktorizálást. azt kapjuk

x 2 - 2 = 0 x 2 = 2 x 1 = 2 x 2 = - 2 ⇒ x 2 - 2 = x - 2 x + 2 x 2 + 4 x + 1 = 0 D = 4 2 - 4 1 1 = 12 x 1 = - 4 - D 2 1 = - 2 - 3 x 2 = - 4 - D 2 1 = - 2 - 3 ⇒ x 2 + 4 x + 1 = x + 2 - 3 x + 2 + 3

x 4 + 4 x 3 - x 2 - 8 x - 2 = x 2 - 2 x 2 + 4 x + 1 = = x - 2 x + 2 x + 2 - 3 x + 2 + 3

Megjegyzés

A csoportosítás egyszerűsége nem jelenti azt, hogy elég könnyű a kifejezések kiválasztása. Nincs határozott megoldás, ezért speciális tételek és szabályok alkalmazása szükséges.

10. példa

Tényező a polinom x 4 + 3 x 3 - x 2 - 4 x + 2.

Megoldás

Az adott polinomnak nincsenek integrálgyökei. Szükséges a kifejezések csoportosítása. Ezt értjük

x 4 + 3 x 3 - x 2 - 4 x + 2 = = (x 4 + x 3) + (2 x 3 + 2 x 2) + (- 2 x 2 - 2 x) - x 2 - 2 x + 2 = = x 2 (x 2 + x) + 2 x (x 2 + x) - 2 (x 2 + x) - (x 2 + 2 x - 2) = = (x 2 + x) (x 2 + 2 x - 2) - (x 2 + 2 x - 2) = (x 2 + x - 1) (x 2 + 2 x - 2)

A faktoring után ezt kapjuk

x 4 + 3 x 3 - x 2 - 4 x + 2 = x 2 + x - 1 x 2 + 2 x - 2 = = x + 1 + 3 x + 1 - 3 x + 1 2 + 5 2 x + 1 2-5 2

Rövidített szorzóképletek és Newton-binomiális használata polinom faktorálásához

A megjelenésből gyakran nem mindig derül ki, hogy a bontás során melyik módszert érdemes alkalmazni. A transzformációk elvégzése után Pascal háromszögéből álló egyenest építhetünk, különben Newton-binomiálisnak nevezzük.

11. példa

Tényező a polinom x 4 + 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x - 2.

Megoldás

A kifejezést formára kell konvertálni

x 4 + 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x - 2 = x 4 + 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x + 1 - 3

Az x + 1 4 kifejezés a zárójelben szereplő összeg-együtthatók sorozatát jelzi.

Ezért van x 4 + 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x - 2 = x 4 + 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x + 1 - 3 = x + 1 4 - 3.

A négyzetek különbségének alkalmazása után azt kapjuk

x 4 + 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x - 2 = x 4 + 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x + 1 - 3 = x + 1 4 - 3 = = x + 1 4 - 3 = x + 1 2 - 3 x + 1 2 + 3

Tekintsük a második zárójelben lévő kifejezést. Egyértelmű, hogy ott nincsenek lovak, ezért újra kell alkalmazni a négyzetek különbségének képletét. A forma kifejezését kapjuk

x 4 + 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x - 2 = x 4 + 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x + 1 - 3 = x + 1 4 - 3 = = x + 1 4 - 3 = x + 1 2 - 3 x + 1 2 + 3 = = x + 1 - 3 4 x + 1 + 3 4 x 2 + 2 x + 1 + 3

12. példa

Tényező x 3 + 6 x 2 + 12 x + 6.

Megoldás

Végezzük el a kifejezés transzformációját. Ezt értjük

x 3 + 6 x 2 + 12 x + 6 = x 3 + 3 2 x 2 + 3 2 2 x + 2 3 - 2 = (x + 2) 3 - 2

Alkalmazni kell a kockák különbségének rövidített szorzásának képletét. Kapunk:

x 3 + 6 x 2 + 12 x + 6 = = (x + 2) 3 - 2 = = x + 2 - 2 3 x + 2 2 + 2 3 x + 2 + 4 3 = = x + 2 - 2 3 x 2 + x 2 + 2 3 + 4 + 2 2 3 + 4 3

Változócsere módszer polinom faktorálására

Változó megváltoztatásakor a fokozat csökken, és a polinom faktorokra bomlik.

13. példa

Tényező egy x 6 + 5 x 3 + 6 alakú polinomot.

Megoldás

A feltétel szerint egyértelmű, hogy szükséges az y = x 3 pótlás. Kapunk:

x 6 + 5 x 3 + 6 = y = x 3 = y 2 + 5 y + 6

Az így kapott másodfokú egyenlet gyöke y = - 2 és y = - 3, akkor

x 6 + 5 x 3 + 6 = y = x 3 = y 2 + 5 y + 6 = = y + 2 y + 3 = x 3 + 2 x 3 + 3

Alkalmazni kell a kockaösszeg rövidített szorzásának képletét. A következő formák kifejezéseit kapjuk:

x 6 + 5 x 3 + 6 = y = x 3 = y 2 + 5 y + 6 = = y + 2 y + 3 = x 3 + 2 x 3 + 3 = = x + 2 3 x 2 - 2 3 x + 4 3 x + 3 3 x 2 - 3 3 x + 9 3

Vagyis megkaptuk a szükséges dekompozíciót.

A fent tárgyalt esetek különböző módokon segítenek egy polinom figyelembevételében és faktorizálásában.

Ha hibát észlel a szövegben, kérjük, jelölje ki, és nyomja meg a Ctrl + Enter billentyűket

Ebben a leckében megtanuljuk, hogyan bonthatjuk fel a négyzetes trinomiálisokat lineáris tényezőkre. Ehhez fel kell idézni Vieta tételét és annak inverzét. Ez a készség segít abban, hogy a háromtagú négyzeteket gyorsan és kényelmesen lineáris faktorokra bontsuk, valamint leegyszerűsítsük a kifejezésekből álló törtek redukcióját.

Tehát vissza a másodfokú egyenlethez, ahol.

Amit a bal oldalon találunk, azt négyzetháromságnak nevezzük.

A következő tétel igaz: Ha egy négyzetes trinom gyökerei, akkor az azonosság

Hol van a vezető együttható, ott vannak az egyenlet gyökerei.

Tehát van egy másodfokú egyenletünk - egy másodfokú trinom, ahol a másodfokú egyenlet gyökereit másodfokú trinomnak is nevezik. Ezért, ha megvannak a négyzetes trinom gyökerei, akkor ezt a hármast lineáris tényezőkre bontjuk.

Bizonyíték:

Ennek a ténynek a bizonyítása Vieta tételével történik, amelyet az előző leckékben megvizsgáltunk.

Emlékezzünk, mit mond Vieta tétele:

Ha egy négyzetes trinom gyökei, amelyekre, akkor.

Ez a tétel magában foglalja a következő állítást, hogy.

Látjuk, hogy Vieta tétele szerint, azaz ezeket az értékeket a fenti képletbe behelyettesítve a következő kifejezést kapjuk

Q.E.D.

Emlékezzünk vissza, hogy bebizonyítottuk azt a tételt, hogy ha egy négyzetháromtag gyökei vannak, akkor a dekompozíció érvényes.

Most emlékezzünk egy példára egy másodfokú egyenletre, amelyhez Vieta tételével találtunk gyököket. Ebből a tényből a következő egyenlőséget kaphatjuk a bizonyított tételnek köszönhetően:

Most nézzük meg, hogy ez a tény helyes-e, egyszerűen kibontva a zárójeleket:

Látjuk, hogy helyesen faktorizáltunk, és bármely trinomit, ha van gyöke, ezzel a tétellel lineáris tényezőkre bonthatjuk a képlettel

Ellenőrizzük azonban, hogy lehetséges-e ilyen faktorizálás bármely egyenlet esetében:

Vegyünk például egy egyenletet. Először is ellenőrizzük a megkülönböztető jelet

De ne felejtsük el, hogy a megtanult tétel esetében D-nek nagyobbnak kell lennie 0-nál, tehát ebben az esetben a vizsgált tétel faktorizálása lehetetlen.

Ezért egy új tételt fogalmazunk meg: ha egy négyzetes trinomnak nincs gyöke, akkor nem bontható fel lineáris tényezőkre.

Tehát megvizsgáltuk Vieta tételét, a négyzetes trinom lineáris tényezőkre való felosztásának lehetőségét, és most több problémát is megoldunk.

1. számú probléma

Ebben a csoportban valójában a beállított problémával ellentétes problémát fogjuk megoldani. Volt egy egyenletünk, és ennek faktorálásával találtuk meg a gyökereit. Itt fordítva fogunk cselekedni. Tegyük fel, hogy megvannak a másodfokú egyenlet gyökerei

Az inverz probléma a következő: írjunk fel egy másodfokú egyenletet a gyökeként.

A probléma megoldásának két módja van.

Mivel az egyenlet gyökerei, akkor egy másodfokú egyenlet, amelynek gyökei adott számok. Most bontsa ki a zárójeleket, és ellenőrizze:

Ez volt az első módja annak, hogy adott gyökökkel másodfokú egyenletet hozzunk létre, amelyben nincs más gyök, mivel minden másodfokú egyenletnek legfeljebb két gyöke van.

Ez a módszer a Vieta-féle inverz tételt feltételezi.

Ha az egyenlet gyökei, akkor teljesítik azt a feltételt, hogy.

A redukált másodfokú egyenlethez ,, azaz ebben az esetben a.

Így létrehoztunk egy másodfokú egyenletet, amelynek a gyökei vannak.

2. számú probléma

Csökkenteni kell a frakciót.

Van egy három tag a számlálóban és egy három tag a nevezőben, és a három tagot lehet bővíteni vagy nem. Ha a számlálót és a nevezőt is faktorokra bontjuk, akkor ezek között lehetnek egyenlő faktorok, amelyek törölhetők.

Mindenekelőtt figyelembe kell vennie a számlálót.

Először is meg kell vizsgálni, hogy lehetséges-e ezt az egyenletet faktorokká alakítani, meg fogjuk találni a diszkriminánst. Mivel ekkor az előjel a szorzattól függ (0-nál kisebbnek kell lennie), ebben a példában tehát az adott egyenletnek gyökei vannak.

A probléma megoldásához a Vieta-tételt használjuk:

Ebben az esetben, mivel gyökerekkel van dolgunk, meglehetősen nehéz lesz egyszerűen felszedni a gyökereket. De látjuk, hogy az együtthatók kiegyenlítettek, vagyis ha ezt feltételezzük, és ezt az értéket behelyettesítjük az egyenletbe, akkor a következő rendszert kapjuk: azaz 5-5 = 0. Így ennek a másodfokú egyenletnek az egyik gyökerét választottuk ki.

A második gyöket úgy fogjuk keresni, hogy a már ismertet behelyettesítjük az egyenletrendszerbe, pl. ...

Így megtaláltuk a másodfokú egyenlet mindkét gyökerét, és ezek értékét behelyettesíthetjük az eredeti egyenletbe, hogy faktorozzuk:

Emlékezzünk az eredeti feladatra, csökkenteni kellett a törtet.

Próbáljuk meg megoldani a feladatot a számláló helyettesítésével.

Nem szabad elfelejteni, hogy ebben az esetben a nevező nem lehet egyenlő 0-val, azaz.

Ha ezek a feltételek teljesülnek, akkor az eredeti törtet a formára redukáltuk.

3. számú probléma (probléma egy paraméterrel)

A paraméter mely értékeire a másodfokú egyenlet gyökeinek összege

Ha a gyökerek ezt az egyenletet akkor létezik , kérdés: mikor.

Van egy négyzete, de három tagból áll (). Így kiderül - négyzetes trinomikus.

Példák nem négyzet háromtagú:

\ (x ^ 3-3x ^ 2-5x + 6 \) - köb négytagú
\ (2x + 1 \) - lineáris binomiális

Négyzetes trinomiális gyöke:

Példa:
A \ (x ^ 2-2x + 1 \) trinomikus gyöke \ (1 \), mert \ (1 ^ 2-2 1 + 1 = 0 \)
A \ (x ^ 2 + 2x-3 \) trinomnak \ (1 \) és \ (- 3 \) gyöke van, mert \ (1 ^ 2 + 2-3 = 0 \) és \ ((- 3) ^ 2-6-3 = 9-9 = 0 \)

Például: ha meg kell találnia a \ (x ^ 2-2x + 1 \) négyzetháromtag gyökét, egyenlővé tegye nullával, és megoldja a \ (x ^ 2-2x + 1 = 0 \) egyenletet.

\ (D = 4-4 \ cdot1 = 0 \)
\ (x = \ frac (2-0) (2) = \ frac (2) (2) = 1 \)

Kész. A gyökér \ (1 \).

A négyzetes trinom felbontása:

A \ (ax ^ 2 + bx + c \) négyzetes trinomiális kibővíthető \ (a (x-x_1) (x-x_2) \) alakban, ha az \ (ax ^ 2 + bx + c = 0 \) egyenletek nullánál nagyobb \ (x_1 \) és \ (x_2 \) ugyanannak az egyenletnek a gyökei).

például, vegye figyelembe a \ trinomit (3x ^ 2 + 13x-10 \).
A \ (3x ^ 2 + 13x-10 = 0 \) másodfokú egyenlet diszkriminánsa 289 (nagyobb, mint nulla), a gyökei pedig \ (- 5 \) és \ (\ frac (2) (3) \) . Ezért \ (3x ^ 2 + 13x-10 = 3 (x + 5) (x- \ frac (2) (3)) \). Könnyű meggyőződni ennek az állításnak a helyességéről - ha mi, akkor megkapjuk az eredeti trinomiált.

A \ (ax ^ 2 + bx + c \) négyzetes trinomiális ábrázolható \ (a (x-x_1) ^ 2 \) alakban, ha a \ (ax ^ 2 + bx + c = 0 \) egyenlet diszkriminánsa egyenlő nullával.

például, vegyük a \ trinomit (x ^ 2 + 6x + 9 \).
A \ (x ^ 2 + 6x + 9 \ u003d 0 \) másodfokú egyenlet \ (0 \) diszkriminánssal rendelkezik, és az egyetlen gyöke \ (- 3 \). Ezért \ (x ^ 2 + 6x + 9 = (x + 3) ^ 2 \) (itt a \ (a = 1 \) együttható, tehát nem írják a zárójel elé - nincs szükség). Kérjük, vegye figyelembe, hogy ugyanaz az átalakítás elvégezhető a.

A \ négyzetes trinomiális (ax ^ 2 + bx + c \) nem faktorizálható, ha az \ (ax ^ 2 + bx + c = 0 \) egyenlet diszkriminánsa kisebb, mint nulla.

például, a \ (x ^ 2 + x + 4 \) és \ (- 5x ^ 2 + 2x-1 \) trinomik diszkriminánsa kisebb, mint nulla. Ezért nem lehet őket tényezőkbe sorolni.

Példa ... \ tényező (2x ^ 2-11x + 12 \).
Megoldás :
Keresse meg a \ másodfokú egyenlet gyökereit (2x ^ 2-11x + 12 = 0 \)

\ (D = 11 ^ 2-4 \ cdot 2 \ cdot 12 = 121-96 = 25> 0 \)
\ (x_1 = \ tört (11-5) (4) = 1,5; \) \ (x_2 = \ tört (11 + 5) (4) = 4. \)

Tehát \ (2x ^ 2-11x + 12 = 2 (x-1,5) (x-4) \)
Válasz : \ (2 (x-1,5) (x-4) \)

A kapott válasz másképp is írható: \ ((2x-3) (x-4) \).

Példa . (Az OGE megbízása) A négyzetes trinomit \ (5x ^ 2 + 33x + 40 = 5 (x ++ 5) (x-a) \) faktorral kell megadni. Találni \).
Megoldás:
\ (5x ^ 2 + 33x + 40 = 0 \)
\ (D = 33 ^ 2-4 \ cdot 5 \ cdot 40 = 1089-800 = 289 = 17 ^ 2 \)
\ (x_1 = \ frak (-33-17) (10) = - 5 \)
\ (x_2 = \ tört (-33 + 17) (10) = - 1,6 \)
\ (5x ^ 2 + 33x + 40 = 5 (x + 5) (x + 1,6) \)
Válasz : \(-1,6\)