Dzielenie wielomianu przez dwumian - matura-rozszerzona - Baza Wiedzy
Dzielenie wielomianu przez dwumian
W rozdziale dotyczącym wyrażeń algebraicznych pojawiło się już dzielenie wielomianów przez dwumiany. W tym rozdziale poznamy nowe i niezwykle użyteczne twierdzenie pozwalające szybko obliczać resztę z dzielenia wielomianu przez dwumian postaci $$(x-a)$$.
Twierdzenie o dzieleniu wielomianu $$W(x)$$ przez dwumian $$(x-a)$$ mówi, ze reszta z tego dzielenia jest równa $$W(a)$$. Od razu widać, że jeśli reszta jest równa zero, to twierdzenie rzeczywiście działa - $$a$$ jest wtedy pierwiastkiem wielomianu. Sprawdźmy je na przykładzie.
Weźmy wielomian $$W(x) = x^4 - 3x^3 - 3x + 1$$ i podzielmy go znanym już sposobem przez dwumian $$(x-3)$$ (schemat Hornera).
Jak widać, reszta z dzielenia to $$(-8)$$. Obliczając teraz $$W(3)$$ wynik także wychodzi $$(-8)$$.
Twierdzenie o dzieleniu wielomianu $$W(x)$$ przez dwumian $$(x-a)$$ mówi, ze reszta z tego dzielenia jest równa $$W(a)$$. Od razu widać, że jeśli reszta jest równa zero, to twierdzenie rzeczywiście działa - $$a$$ jest wtedy pierwiastkiem wielomianu. Sprawdźmy je na przykładzie.
Weźmy wielomian $$W(x) = x^4 - 3x^3 - 3x + 1$$ i podzielmy go znanym już sposobem przez dwumian $$(x-3)$$ (schemat Hornera).
Jak widać, reszta z dzielenia to $$(-8)$$. Obliczając teraz $$W(3)$$ wynik także wychodzi $$(-8)$$.
Pierwiastki wymierne wielomianu
Gdy mamy obliczyć pierwiastki równania kwadratowego, nie sprawia to żadnego problemu - są na to gotowe wzory. Przy równaniu stopnia trzeciego pojawia się już problem, ale istnieją wzory także na równania sześcienne - i na równania stopnia czwartego także. Są one wprawdzie dość skomplikowane, ale przy dużej dozie samozaparcia da się dojść do wyniku.
Pytanie więc, co dzieje się w przypadku wielomianów stopnia wyższego niż 4? Wzory po prostu nie istnieją - i to w takim sensie, że została matematycznie udowodniona niemożliwość ich znalezienia.
Istnieją jednak pewne techniki umożliwiające szukanie pierwiastków takich wielomianów.
Twierdzenie o pierwiastkach wymiernych wielomianów mówi, że jeżeli wielomian ma wszystkie współczynniki całkowite, to jego pierwiastki wymierne (postaci $${p}/{q}$$, oczywiście ułamek jest nieskracalny) spełniają warunki: 1) Wyraz wolny wielomianu jest podzielny przez $$p$$. 2) Współczynnik przy najwyższej potędze $$x^n$$ jest podzielny przez $$q$$.
Dowód tego faktu opiera się na zapisaniu wielomianu w postaci:
$$a_n({p}/{q})^n + a_{n-1}({p}/{q})^{n-1} + ... + a_1{p}/{q} + a_0 = 0$$
Jeśli pomnożymy teaz obie strony przez $$q^n$$:
$$a_np^n + a_{n-1}p^{n-1}q + ... + a_1pq^{n-1} + aq^n = 0$$
I przeniesiemy ostatni składnik na drugą stronę:
$$a_np^n + a_{n-1}p^{n-1}q + ... + a_1pq^{n-1} = -aq^n$$
to skoro lewa strona jest podzielna przez p - prawa także musi być. Ale liczby $$p$$ i $$q$$ nie miały wspólnych dzielników (ułamek był nieskracalny) - wynika z tego, że właśnie $$a$$ musi dzielić się przez $$p$$.
Dowód części drugiej jest zupełnie analogiczny, wymaga jedynie zrobienia kroku zerowego: przemnożenia obu stron przez $$({q}/{p})^n$$.
Nasze twierdzenie pozwala nam więc znajdować wszystkie pierwiastki wymierne wielomianu poprzez proste sprawdzenie wszystkich możliwych kombinacji dzielników wyrazu wolnego i wyrazu stojącego przy najwyższej potędze $$x$$-a.
Należy jednak zaznaczyć, że nie każdy taki ułamek będzie pierwiastkiem.
Przykład: znaleźć wszystkie wymierne pierwiastki wielomianu $$W(x) = 6x^4-11x^3-13x^2+16x+12$$.
Naszym pierwszym krokiem jest wypisanie wszystkich dzielników pierwszego i ostatniego wyrazu:
a) Dzielniki 6 to: 1, 2, 3, -1, -2, -3.
b) Dzielniki 12 to: 1, 2, 3, 4, 6, 12, -1, -2, -3, -4, -6, -12.
Teraz możemy sprawdzić, czy któraś z liczb powstałych przez podzielenie jednego dzielnika przez drugi jest pierwiastkiem.
Sprawdźmy po kolei:
$$W({1}/{1}) = 10$$ - nie jest pierwiastkiem
$$W({2}/{1}) = 0$$ - znaleźliśmy pierwiastek
Skoro mamy jeden pierwiastek, możemy podzielić nasz wielomian przez dwumian $$(x-2)$$ używając schematu Hornera - dzięki temu zmniejszymy o jeden stopień wielomianu i będzie nam łatwiej podstawiać kolejne liczby; zmniejszy się także wyraz wolny, a więc liczba potrzebnych do sprawdzenia dzielników.
$$W(x) ÷ (x-2) = 6x^3+x^2-11x-6$$
Dzielniki 6 to: 1, 2, 3, -1, -2, -3.
Sprawdzamy dalej:
$$W({1}/{2}) = -{21}/{2}$$ - nie jest pierwiastkiem
$$W(-{1}/{2}) = -1$$ - nie jest pierwiastkiem
$$W({3}/{1}) = 132$$ - nie jest pierwiastkiem
$$W(-{3}/{1}) = -126$$ - nie jest pierwiastkiem
$$W({3}/{2}) = 0$$ - znaleźliśmy kolejny pierwiastek.
Ponownie możemy podzielić wielomian korzystając ze schematu Hornera otrzymując:
$$(W(x) ÷ (x-2))÷(x-{3}/{2}) = 6x^2+10x+4$$
Moglibyśmy dalej kontynuować zgadywanie, ale jako że doszliśmy już do równania kwadratowego, łatwiej będzie po prostu obliczyć deltę i rozwiązać je za pomocą wzorów.
$$△ = 4$$
$$x_1 = -1$$
$$x_2 = -{2}/{3}$$
Jak widać akurat w tym przykładzie wszystkie pierwiastki były wymierne: nie musi tak jednak być i czasami, mimo że współczynniki wielomianu są całkowite, jego pierwiastki są na przykład tylko niewymierne.
Warto na koniec wspomnieć o jednej rzeczy, która, jeśli się jej nie zna, może mocno zaszkodzić przy rozwiązywaniu zadania. Należy zawsze sprawdzać pierwiastek drugi raz, żeby przekonać się, czy nie był podwójnym. Jeśli tego nie zrobimy, to możemy stwierdzić, że "przecież wszystkie pozostałe kombinacje zostały sprawdzone, więc nie ma już żadnych pierwiastków wymiernych" - co okaże się później poważnym błędem.
Pytanie więc, co dzieje się w przypadku wielomianów stopnia wyższego niż 4? Wzory po prostu nie istnieją - i to w takim sensie, że została matematycznie udowodniona niemożliwość ich znalezienia.
Istnieją jednak pewne techniki umożliwiające szukanie pierwiastków takich wielomianów.
Twierdzenie o pierwiastkach wymiernych wielomianów mówi, że jeżeli wielomian ma wszystkie współczynniki całkowite, to jego pierwiastki wymierne (postaci $${p}/{q}$$, oczywiście ułamek jest nieskracalny) spełniają warunki: 1) Wyraz wolny wielomianu jest podzielny przez $$p$$. 2) Współczynnik przy najwyższej potędze $$x^n$$ jest podzielny przez $$q$$.
Dowód tego faktu opiera się na zapisaniu wielomianu w postaci:
$$a_n({p}/{q})^n + a_{n-1}({p}/{q})^{n-1} + ... + a_1{p}/{q} + a_0 = 0$$
Jeśli pomnożymy teaz obie strony przez $$q^n$$:
$$a_np^n + a_{n-1}p^{n-1}q + ... + a_1pq^{n-1} + aq^n = 0$$
I przeniesiemy ostatni składnik na drugą stronę:
$$a_np^n + a_{n-1}p^{n-1}q + ... + a_1pq^{n-1} = -aq^n$$
to skoro lewa strona jest podzielna przez p - prawa także musi być. Ale liczby $$p$$ i $$q$$ nie miały wspólnych dzielników (ułamek był nieskracalny) - wynika z tego, że właśnie $$a$$ musi dzielić się przez $$p$$.
Dowód części drugiej jest zupełnie analogiczny, wymaga jedynie zrobienia kroku zerowego: przemnożenia obu stron przez $$({q}/{p})^n$$.
Nasze twierdzenie pozwala nam więc znajdować wszystkie pierwiastki wymierne wielomianu poprzez proste sprawdzenie wszystkich możliwych kombinacji dzielników wyrazu wolnego i wyrazu stojącego przy najwyższej potędze $$x$$-a.
Należy jednak zaznaczyć, że nie każdy taki ułamek będzie pierwiastkiem.
Przykład: znaleźć wszystkie wymierne pierwiastki wielomianu $$W(x) = 6x^4-11x^3-13x^2+16x+12$$.
Naszym pierwszym krokiem jest wypisanie wszystkich dzielników pierwszego i ostatniego wyrazu:
a) Dzielniki 6 to: 1, 2, 3, -1, -2, -3.
b) Dzielniki 12 to: 1, 2, 3, 4, 6, 12, -1, -2, -3, -4, -6, -12.
Teraz możemy sprawdzić, czy któraś z liczb powstałych przez podzielenie jednego dzielnika przez drugi jest pierwiastkiem.
Sprawdźmy po kolei:
$$W({1}/{1}) = 10$$ - nie jest pierwiastkiem
$$W({2}/{1}) = 0$$ - znaleźliśmy pierwiastek
Skoro mamy jeden pierwiastek, możemy podzielić nasz wielomian przez dwumian $$(x-2)$$ używając schematu Hornera - dzięki temu zmniejszymy o jeden stopień wielomianu i będzie nam łatwiej podstawiać kolejne liczby; zmniejszy się także wyraz wolny, a więc liczba potrzebnych do sprawdzenia dzielników.
$$W(x) ÷ (x-2) = 6x^3+x^2-11x-6$$
Dzielniki 6 to: 1, 2, 3, -1, -2, -3.
Sprawdzamy dalej:
$$W({1}/{2}) = -{21}/{2}$$ - nie jest pierwiastkiem
$$W(-{1}/{2}) = -1$$ - nie jest pierwiastkiem
$$W({3}/{1}) = 132$$ - nie jest pierwiastkiem
$$W(-{3}/{1}) = -126$$ - nie jest pierwiastkiem
$$W({3}/{2}) = 0$$ - znaleźliśmy kolejny pierwiastek.
Ponownie możemy podzielić wielomian korzystając ze schematu Hornera otrzymując:
$$(W(x) ÷ (x-2))÷(x-{3}/{2}) = 6x^2+10x+4$$
Moglibyśmy dalej kontynuować zgadywanie, ale jako że doszliśmy już do równania kwadratowego, łatwiej będzie po prostu obliczyć deltę i rozwiązać je za pomocą wzorów.
$$△ = 4$$
$$x_1 = -1$$
$$x_2 = -{2}/{3}$$
Jak widać akurat w tym przykładzie wszystkie pierwiastki były wymierne: nie musi tak jednak być i czasami, mimo że współczynniki wielomianu są całkowite, jego pierwiastki są na przykład tylko niewymierne.
Warto na koniec wspomnieć o jednej rzeczy, która, jeśli się jej nie zna, może mocno zaszkodzić przy rozwiązywaniu zadania. Należy zawsze sprawdzać pierwiastek drugi raz, żeby przekonać się, czy nie był podwójnym. Jeśli tego nie zrobimy, to możemy stwierdzić, że "przecież wszystkie pozostałe kombinacje zostały sprawdzone, więc nie ma już żadnych pierwiastków wymiernych" - co okaże się później poważnym błędem.
Spis treści
Rozwiązane zadania
Przekrojem osiowym walca
Wykonajmy rysunek pomocniczy:
`ul(ul("pierwsza możliwość"))`
Jeśli długości boków są kolejnymi wyrazami ciągu arytmetycznego o różnicy 4 to możemy oznaczyć:
`|AB|=x`
`|BC|=x+4`
`|AC|=x+4+4=x+8`
Korzystając z twierdzenia Pitagorasa możemy zapisać:
`x^2+(x+4)^2=(x+8)^2`
`x^2+x^2+8x+16=x^2+16x+64`
`2x^2+8x+16=x^2+16x+64\ \ \ |-x^2`
`x^2+8x+16=16x+64\ \ \ |-16x`
`x^2-8x+16=64\ \ \ |-64`
`x^2-8x-48=0`
`Delta=(-8)^2-4*1*(-48)=64+192=256`
`sqrtDelta=16`
`x_1=(8-16)/2=(-8)/2=-4<0`
`x_2=(8+16)/2=24/2=12>0`
Odrzucamy pierwsze rozwiązanie, ponieważ jest ujemne, a liczba x wyraża długość, więc musi być dodatnia.
Mamy więc:
`x=12`
`x+4=16`
`x+8=20`
Średnica podstawy walca ma więc 12 cm, a wysokość walca ma 16 cm. Jeśli średnica ma 12 cm, to promień ma 6 cm (bo jest 2 razy krótszy).
Obliczamy objętość:
`V=pi*6^2*16=pi*36*16=576pi\ [cm^3]`
`ul(ul("druga możliwość"))`
Na pewno odcinek AC jest najdłuższy, ponieważ jest przeciwprostokątną w trójkącie prostokątnym. Nie wiemy jednak, która przyprostokątna jest dłuższa - AB czy BC. Możliwy jest zatem przypadek:
`|BC|=x`
`|AB|=x+4`
`|AC|=x+8`
Z twierdzenia Pitagorasa:
`x^2+(x+4)^2=(x+8)^2`
Wiemy już (z pierwszego przypadku), że rozwiązaniem (dodatnim) równania jest x=12.
Mamy więc:
`|BC|=12`
`|AB|=16`
`|AC|=20`
Średnica podstawy walca ma więc 16 cm, a wysokość walca ma 12 cm. Jeśli średnica ma 16 cm, to promień ma 8 cm (bo jest 2 razy krótszy).
Obliczamy objętość:
`V=pi*8^2*12=pi*64*12=768pi\ [cm^3]`
Dla jakich wartości...
`a) \ f(x) = cos x`
`f^'(x) = - sin x`
`f^' (x_0) = tg 45^o`
`-sin(x_0) = 1`
`sin (x_0) = -1`
`x_0 = 3/2pi + 2kpi, \ \ k in C`
`b) \ f(x) = tg \ x`
`f^' (x) = 1/(cos^2x)`
`f^'(x_0) = tg 45`
`1/(cos^2x_0) = 1`
`cos^2 x_0 = 1`
`|cos x_0| = 1`
`cos x_0 = 1 \ \ vv \ \ cos x_0 = -1`
`x_0 = 2kpi, \ \ k in C \ \ vv \ \ x_0 = pi + 2kpi, \ \ k in C`
`x_0 = kpi, \ \ k in C`
Jeśli 20% liczby 55 jest o 4 mniejsze
Obliczmy najpierw 20% liczby 55:
`20%*55=20/100*55=1/5*55=11`
Wiemy, że 20% liczby 55 jest o 4 mniejsze od 30% liczby x:
`11+4=30%*x`
`15=0,3*x\ \ \ \ |:0,3`
`x=15:0,3=150:3=50\ \ \ \ \ \ odp.\ B`
a) W okręgu o środku O poprowadzono...
a)
`|/_AOB|=96^o`
`|/_OAB|=|/_OBA|` ponieważ jest to trójkąt równoramienny (ramionami jest promień tego okręgu)
`|/_OAB|=(180^o-96^o)/2=84^o/2=42^o`
Kat zawarty między cięciwą AB a styczną:
`90^o-42^o=48^o`
b)
`r=6`
`L=pi \ "cm"`
Oznaczmy `alpha=|/_BOA|`
`pi=alpha/360^o*2pi*6 \ \ \ |:pi`
`1=(12alpha)/360^o \ \ \ |*360^o`
`360^o=12alpha \ \ \ |:12`
`30^o=alpha`
`|/_OAB|=|/_OBA|` ponieważ jest to trójkąt równoramienny (ramionami jest promień tego okręgu)
`|/_OBA|=(180^o-30^o)/2=150^o/2=75^o`
Kat zawarty między cięciwą AB a styczną:
`90^o-75^o=15^o`
Która nierówność...
`cos^2x< sin^2x`
`1-sin^2x< sin^2x`
`1< 2sin^2x`
`1/2< sin^2x`
`1/2< sinx \ \ \ "i" \ \ \ -1/2>sinx`
Sprawdźmy A.
`sinx< cosx`
Ta odpowiedź nie jest prawidłowa, ponieważ `x=0` spełnia tą nierówność, ale `x=0` nie spełnia nierówności `cos^2x< sin^2x`
`"cos"^2 0 < "sin"^2 0`
`1^2< 0^2`
`1 < 0` sprzeczność
Sprawdźmy B.
Odpowiedź jest prawidłowa, ponieważ `cos2x< 0` jest równoważne
`cos^2x-sin^2x< 0`
`cos^2x < sin^2x`
Sprawdźmy C.
Odpowiedź jest prawidłowa, ponieważ `tg^2x>1` jest równoważne
`tg^2x >1`
`sin^2x/cos^2x>1 \ \ \ |*cos^2x`
`sin^2x>cos^2x`
Sprawdźmy D.
Możemy zauważyć, że ta odpowiedź nie jest prawidłowa. Nie zawiera warunku `-1/2>sinx`
Odp. B, C.
Obrazem trójkąta ABC o wierzchołkach...
`S_((0,0))(A) = (-(-4) , -(-5)) = (4, 5)`
`S_((0,0))(B) = (-5,-4)`
`S_((0,0))(C) = (-(-1),-3) = (1, -3)`
Odpowiedź C
Naszkicuj wykres funkcji f...
`a) \ f(x) = tg3x`
Funkcja f jest trzy razy węższa od funkcji tangens.
Miejsca zerowe:
`x_1 = -(2pi)/3 , \ \ x_2 = -pi/3 , \ \ x_3 = 0, \ \ x_4 = pi/3, \ \ x_5 = (2pi)/3`
`b) \ f(x) = 2 tg x/4`
Każdą wartość funkcji:
`tgx/4`
Wystarczy przemnożyć przez 2.
Miejsca zerowe:
`x=0`
`c) \ f(x) = -ctg(2x-pi)`
Żeby otrzymać wykres funkcji f musimy obrócić symetrycznie funkcję `ctg (2x)` względem osi OX a następnie przesunąć o `pi` jednostek w prawo.
Miejsca zerowe:
`x_1=-(3pi)/4, \ \ x_2=-pi/4, \ \ x_3=pi/4 , \ \ x_4 = (3pi)/4`
Skorzystaj z rysunku i wskaż...
Wiemy z twierdzenia o kącie środkowym i wpisanym , że:
`1/2gamma = alpha`
`1/2gamma = beta`
Zatem:
`alpha + beta = 1/2gamma + 1/2gamma = gamma`
Odpowiedź C
Wypisz pierwszych sześć wyrazów ciągu...
`a) \ a_1 =1`
`a_2 = 1+2=3`
`a_3 = 1+2+3=6`
`a_4 = 1+2+3+4=10`
`a_5 = 1+2+3+4+5 = 15`
`a_6 = 1+2+3+4+5+6 = 21`
`b) \ a_1 = 1`
`a_2 = 1*2 = 2`
`a_3 = 1*2*3=6`
`a_4 = 1*2*3*4=24`
`a_5 = 1*2*3*4*5=120`
`a_6 = 1*2*3*4*5*6 = 720`
Dane są funkcje...
`h(x) = (f \ "o" \ g)(x) = f(g(x))`
A więc:
`f(x) = 2x^2 + 1/x`
W miejsce x wstawiamy funkcję g(x)
`f(g(x)) = 2(g(x))^2 + 1/(g(x)) = 2*(1/x)^2 + 1/(1/x) = 2*1/x^2 + x = 2/x^2 + x`
`h(x) = 2/x^2 + x`
`h^' (x) = (2/x^2 + x)^' = (2/x^2)^' + x^' = -2/x^4 *(x^2)^' + 1 = -2/x^4 * 2x + 1 = (-4)/(x^3) + x^3/x^3 = (x^3-4)/x^3`
Obliczmy wartość pochodnej w punkcie x = 1
`h^' (1) = (1^3 - 4)/1^3 = (1-4)/1 = (-3)/1 = -3`
© 2018 Odrabiamy.pl