POLYNOMY1 Jan Malý UK v Praze a UJEP v Ústí n. L. 1. Přehled teorie Komplexní čísla. Komplexní čísla jsou objekty tvaru α + iβ, kde α, β ∈ R. Množina všech komplexních čísel se značí C. • • • •
Rovnost komplexních čísel: α + iβ = γ + iδ ⇐⇒ (α, β) = (γ, δ) ⇐⇒ (α=γ & β=δ). Komplexní číslo α + i0 ztotožňujeme s reálným číslem α. Komplexní číslo i není reálné, platí pro něj i2 = −1. Sčítání a násobení komplexních čísel podle běžných pravidel (komutativní, asociativní, distributivní zákon).
Polynomy. Nechť n je celé číslo, n ≥ −1. Polynom n-tého stupně je funkce P tvaru P (x) = an xn + · · · + a1 x + a0 ,
(1) • • • •
x∈R
(resp. x ∈ C)
ak ∈ C jsou koeficienty, an 6= 0. Úmluva: v dalším jen ak ∈ R ! algebraická rovnice. . . P (x) = 0. kořen polynomu P . . . řešení rovnice P (x) = 0.
Pro malá n máme speciální názvosloví pro polynomy stupně n: n = −1. . . nulový n = 0. . . konstantní nenulový n = 1. . . lineární n = 2. . . kvadratický n = 3. . . kubický x2 + 1 = 0. . . žádné reálné řešení ! Ale má komplexní řešení x = i, x = −i !! Pozorování. Polynom můžeme zapsat různýmy způsoby (např. (x − 1)2 a x2 − 2x + 1 jsou dva zápisy téhož polynomu), ale zápis ve tvaru (1) je jednoznačný, koeficienty ai jsou tedy určeny polynomem P . Základní věta algebry. Každý nekonstantní polynom má v C kořen. Důkaz základní věty algebry stojí na hlubokých úvahách matematické analýzy. Násobnost kořenu. Řekneme, že z je k-násobný kořen polynomu P , jestliže existuje polynom Q tak, že P (x) = (x − z)k Q(x), Q(z) 6= 0. k . . . násobnost kořenu z polynomu P . Rozklad na kořenové, resp. ireducibilní činitele. Rozklad tvaru P (x) = a0 (x − z1 )(x − z2 ) . . . (x − zn ) nazveme rozklad P na kořenové činitele (nemusí existovat!). Uspořádané n-tici (z1 , . . . , zn ) pak říkáme seznam kořenů. Ten je určen jednoznačně až na permutace. V seznamu kořenů se každý k-násobný kořen opakuje právě k-krát. Uvažujme polynom x2 (x − 1). Seznam kořenů je (0, 0, 1), množina všech kořenů je {0, 1}. Seznam kořenů zřejmě poskytuje úplnější informaci, lze z něj vyčíst i násobnost kořenů. Řekneme-li “polynom má dva kořeny”, je třeba se dohodnout, v jakém významu je to míněno, zda jde o délku seznamu kořenů, nebo počet prvků množiny kořenů. V tomto textu se dohodněme na druhém významu, tj. počet prvků množiny. Indukcí snadno dostaneme ze základní věty algebry existenci rozkladu na komplexní kořenové činitele. V reálném oboru je situace složitější, tam dostaneme “jen” rozklad tvaru P = Q1 . . . Qm na tzv. ireducibilní činitele. Ireducibilní polynom. Řekneme, že polynom P je ireducibilní, jestliže neexistuje rozklad P = Q1 . . . Qm , v němž by všechny činitele měly stupeň menší než stupeň P . 1
Přednáška na krajském soustředění matematické olympiády, Sloup v Čechách, 21.10.2006 1
Pozorování. Každý polynom stupně n ≥ 1 se dá rozložit na ireducibilní činitele. Věta. (a) Každý ireducibilní polynom na C je lineární. (b) Každý ireducibilní polynom na R je lineární nebo kvadratický. Je-li kvadratický, tj. ax2 + bx + c, pak má záporný diskriminant (tj. D = b2 − 4ac). Důkaz se opírá o základní větu algebry. Důsledek. Každý polynom lichého stupně má v R kořen. Důkaz. Rozložíme-li P na ireducibilní činitele, stupeň n polynomu P je součtem stupňů těchto činitelů, tedy součtem jedniček a dvojek. Jelikož n je liché číslo, musí být mezi sčítanci jednička, P je dělitelný lineárním polynomem a tudíž má kořen. Vi` etovy vztahy. Důležitým pomocníkem při práci s polynomy jsou Vi`etovy vztahy mezi koeficienty a kořeny polynomu, rozložitelného na kořenové činitele. Stupeň polynomu může být jakýkoli, zde se pro jednoduchost omezíme na kvadratické a kubické polynomy. Vyjdeme z rozkladu kvadratického polynomu na kořenové činitele: ax2 + bx + c = a(x − z1 )(x − z2 ) = a x2 − (z1 + z2 )x + z1 z2 , dostáváme b = −a(z1 + z2 ), c = a z 1 z2 . Podobně pro kubický polynom ax3 + bx2 + cx + d = a(x − z1 )(x − z2 )(x − z3 ) dostáváme b = −a(z1 + z2 + z3 ), c = a(z1 z2 + z1 z3 + z2 z3 ), d = −a z1 z2 z3 . Vzorce na řešení algebraických rovnic. Lineární a kvadratické rovnice se řeší pomocí známých vzorců. Rovnice kubické a rovnice čtvrtého stupně se také dají řešit pomocí vzorců (tzv. Cardanovy vzorce), ty jsou však natolik složité, že se jim snažíme vyhnout kdykoli to jde. Pro rovnice vyšších stupňů lze dokázat, že žádný obecný algoritmus, který by spočíval v konečném počtu aritmetických operací a odmocňování, neexistuje. Rozcvička. Nechť p, q ∈ R. Řešte soustavu rovnic (1)
u + v = −p, uv = q.
Řešení. Použijeme Viétovy vztahy, podle nich (u, v) řeší soustavu (1), právě když (u, v) je seznam kořenů x2 + px + q. Řešení nalezneme podle vzorců na řešení kvadratické rovnice, tedy p −p + p2 − 4q , u= p2 −p − p2 − 4q v= , 2 Další řešení je (v, u) (v diskusi pozor na případ u = v), žádné jiné už není. 2. Návodné úlohy Zde vyřešíme tzv. návodné úlohy domácí části školního kola MO. Chceme řešit P (Q(x)) = 0, kde P , Q jsou kvadratické polynomy. Co to je? Nechť (f1 , f2 ) je seznam kořenů P . Potom P (Q(x)) = 0 ⇐⇒ Q(x) ∈ {f1 , f2 }. 2
Napišme Q ve tvaru Q(x) = ax2 + bx + c. Řešení hledáme ve tvaru x = s + y, kde s je x-ová souřadnice b vrcholu paraboly f = Q(x), tj. s = − 2a . Po této substituci ay 2 + c − 2
b2 4a
∈ {f1 , f2 },
∈ {f1 , f2 } (D = b2 − 4ac), o n f1 f2 D D + , + y 2 ∈ {r12 , r22 } := 4a 2 a 4a2 a . ay −
D 4a
Tedy y ∈ {±r1 , ±r2 }, x ∈ {s ± r1 , s ± r2 }. Může se stát, že některé z čísel (jako násobek i).
D 4a2
+
fi a
je záporné, pak lze příslušné ri najít jen v komplexním oboru
Úloha (49. ročník MO, A-I-1). Nechť P je kvadratický trojčlen. Určete všechny kořeny rovnice P (x2 + 4x − 7) = 0, víte-li, že je mezi nimi číslo 1 a aspoň jeden kořen je dvojnásobný. Řešení. Řešení hledáme ve tvaru s ± r1 , s ± r2 , kde s = −2. Má-li být jedno řešení 1, pak r1 = 3 a druhé řešení je −5. Pak jsou dvě možnosti: (a) Dvojnásobný je některý z kořenů 1, −5. Pak je dvojnásobný i druhý z nich, r1 = r2 . Seznam kořenů rovnice P (Q(x)) = 0 je pak (1, −5, 1, −5). (b) Dvojnásobný je kořen −2 ± 0. Seznam kořenů rovnice P (Q(x)) = 0 je pak (1, −5, −2, −2). Poznámka. Řešení úlohy je třeba chápat takto: Pro pevnou dvojici polynomů P , Q existuje jen jeden seznam kořenů až na permutace. Zadání úlohy ale může vyhovovat více dvojic polynomů (P, Q) a proto je zapotřebí provést další diskusi rozdělením na případy (a), (b). Podobná situace nastává v následující úloze. Úloha (49. ročník MO, A-I-1). Nechť P, Q jsou kvadratické trojčleny. Určete čtvrtý kořen rovnice P (Q(x)) = 0, znáte-li její kořeny −22, 7, 13. Řešení. Řešení hledáme ve tvaru s ± r1 , s ± r2 , hledaný čtvrtý kořen označme z. Rozlišíme tři případy: (a) s = 21 (7 + 13) = 10. Potom −22 = 10 − 32, z = 10 + 32 = 42. 9 23 (b) s = 12 (−22 + 13) = − 92 . Potom 7 = − 92 + 23 2 , z = − 2 − 2 = −16. 1 15 15 41 15 (c) s = 2 (−22 + 7) = − 2 . Potom 13 = − 2 + 2 , z = − 2 + 41 2 = −28. Úloha. Řešte rovnici 92 x + 20 = 0, 3 víte-li, že tato rovnice má aspoň dva reálné kořeny, které se liší jen znaménkem. Kolik je za těchto předpokladů k? P (x) = x5 − 9x4 + kx3 − 3x2 −
Řešení. Buď L polynom z lichých členů P a S polynom ze sudých členů P , tedy 92 x, S(x) = −9x4 − 3x2 + 20 3 Nechť P (z) = P (−z) = 0. Potom z řeší i L(x) = 0 a S(x) = 0, protože L(x) = x5 + kx3 −
S(x) = 21 (P (x) + P (−x)), L(x) = 21 (P (x) − P (−x)). 4 4 2 2 Rovnice S(x) = 0 má řešení x2 = − 15 9 , x = 3 . Protože z ∈ R, je z = 3 . Dosadíme do rovnice L(z) = 0 a dostaneme 92 16 4 92 0 = z(z 4 + kz 2 − ) = z( + k − ). 3 9 3 3 3 Vynásobíme 4z , máme 4 65 . 0 = + k − 23, tedy k = 3 3 3
Víme, že polynom P je dělitelný kvadratickým polynomem x2 − 43 , dále pokusem zjistíme, že má kořen 1, odtud rozklad 3 2 92 P (x) = x5 − 9x4 + 65 3 x − 3x − 3 x + 20 = (x2 − 43 )(x3 − 9x2 + 23x − 15) = (x2 − 34 )(x − 1)(x2 − 8x + 15) = (x −
√2 )(x 3
+
√2 )(x 3
− 1)(x − 3)(x − 5)
To je rozklad na kořenové činitele, seznam kořenů je tedy ( 34 , − 43 , 1, 3, 5). 3. Rovnice třetího stupně Úloha. Kolik má rovnice P (x) = x3 − 3px − 2 = 0 reálných řešení? Řešení. Protože stupeň 3 je lichý, existuje aspoň jeden reálný kořen, označme jej z taktických důvodů 2t. Vydělme P kořenovým činitelem x − 2t, najdeme rozklad P (x) = (x − 2t)Q(x), kde Q = (x + t)2 + r. Tedy x3 − 3px − 2 = (x − 2t)(x2 + 2tx + (t2 + r)) = x3 − (3t2 − r)x − 2t(t2 + r). Odtud
p = t2 − 31 r,
1 = t(t2 + r) (a) 2t je jediný a jednonásobný kořen P . Potom Q nemá žádný reálný kořen, tedy r > 0, |t| < 1 a p < 1. (b) Má-li P tři (různé) reálné kořeny, potom lze P rozložit v R na kořenové činitele. Buď (z1 , z2 , z3 ) seznam kořenů, pak z1 + z2 + z3 = 0, tedy můžeme předpokládat t ≥ 0. Polynom Q má dva různé reálné kořeny, tedy r < 0, t > 1 a p > 1. (c) P má dvojnásobný kořen. Je-li 2t ≥ 0 dvojnásobný kořen, pak seznam kořenů je (2t, 2t, −4t) a součin kořenů je 2, spor. Má-li tedy P dvojnásobný kořen, je to kořen záporný 6= 2t, je to též dvojnásobný kořen Q a tudíž r = 0, t = 1 a p = 1. Skutečně, seznam kořenů rovnice x3 − 3x − 2 = 0 je (2, −1, −1). (d) P nemůže mít trojnásobný kořen, neboť bychom dostali spor jako v prvé části (b). Nyní můžeme úvahy obrátit. Např. je-li p > 1, nemůže nastat žádný z případů (a), (b), (d), tudíž nastane (b) a P má tři reálné kořeny. Závěr. Rovnice x3 − 3px − 2 má: p < 1. . . jeden jednonásobný reálný kořen. p > 1. . . tři (různé) reálné kořeny. p = 1 . . . seznam kořenů (2, −1, −1).
Obecná kubické rovnice. Význam předchozí úlohy tkví v tom, že každý kubický polynom P (x) = ax3 + bx2 + cx + d s nenulovým absolutním členem d lze vhodnou a snadno nalezitelnou substitucí převést na z 3 −3pz−2. Vzorečky nevypadají vábivě (a nebudeme je zde uvádět), ale postup je zřejmý z následující úlohy. K dané kubické rovnici tedy neumíme snadno najít reálné kořeny, ale umíme odvodit, kolik jich bude. Pokud rovnice má dvojnásobný kořen, umíme jej najít (a tím najdeme i zbývající kořen). Pokud absolutní člen d je nulový, je situace ještě jednodušší, protože pak můžeme z polynomu vytknou činitel x, tj. P (x) = xQ(x), kde Q je kvadratický. Úloha. Řešte rovnici x3 + x2 − 8x − 12 = 0. Řešení. Podle Vi`etových vztahů je součet kořenů číslo −1. Použijeme substituční metodu: po substituci x = y − 31 bude součet kořenů 0, tedy Q(y) = P (y − 13 ) = (y − 13 )3 + (y − 13 )2 − 8(y − 31 ) − 12 = (y 3 − y 2 + 13 y − = y3 −
25 3 y
−
250 27
+ (y 2 − 32 y + 91 ) + (−8y + 83 ) − 12 3y 3 3y = 125 27 ( 5 ) − 3 · 5 − 2 1 27 )
4
3 Po další substituci z = 3y 5 se původní rovnice převádí na z − 3z − 2 = 0 (máme obrovské štěstí: p = 2). 5 1 Zpětná substituce obnáší y = 3 z, x = y + 3 . Dostáváme (z1 , z2 , z3 ) = (2, −1, −1), 5 5 (y1 , y2 , y3 ) = ( 10 3 , − 3 , − 3 ), (x1 , x2 , x3 ) = (3, −2, −2).
Úloha. Dokažte, že pro x ≥ −2 je x(3 − x2 ) ≤ 2. Řešení. x(3 − x2 ) = 2 − (x3 − 3x + 2) = 2 − (x − 1)2 (x + 2) ≤ 2. Úloha. Dokažte, že pro x ≥ −4 je x(6 − 6x − x2 ) < 2. Řešení. Vhodnou substitucí převedeme na nerovnost z předchozí úlohy. Uvažujme P (x) = x3 + 6x2 − 6x. Pro Q(y) = P (y − 2) bude součet kořenů (koeficient u y 2 ) 0 a tím se situace zjednoduší. Q(y) = (y − 2)3 + 6(y − 2)2 − 6(y − 2) = (y 3 − 6y 2 + 12y − 8) + (6y 2 − 24y + 24) + (6y − 12) = y 3 − 6y + 4 = 4 − y(6 − y 2 ). Máme
y 2 y2 = 2y 3 − √ . y(6 − y 2 ) = 2y 3 − 2 2 √ √ Položme z = y/ 2, tedy y = 2z. Potom√ √ x > −4 =⇒ y = x + 2 > −2 =⇒ z = y/ 2 > − 2 > −2, a tak √ √ y(6 − y 2 ) ≤ 2 2 z(3 − z 2 ) ≤ 4 2. Tedy x(6 − 6x − x2 ) ≤ −P (x) = −Q(y) = y(6 − y 2 ) − 4 √ ≤ 4 2 − 4 < 2. 4. Rovnice čtvrtého stupně Úloha. Rozložte polynom P (x) = x4 − x2 − 2 na reálné ireducibilní činitele. Řešení. y 2 + y − 2 = (y + 2)(y − 1), tedy x4 − x2 − 2 = (x2 + 2)(x2 − 1) = (x2 + 2)(x + 1)(x − 1). Úloha. Rozložte polynom P (x) = x4 + 1 na reálné ireducibilní činitele. Řešení. Postup z předchozí úlohy nelze okopírovat, protože rovnice y 2 + 1 = 0 nemá reálné kořeny. Ale √ √ x4 + 1 = (x2 + 1)2 − 2x2 = (x2 + 1 + 2x) (x2 + 1 − 2x). Reciproká rovnice. Rovnici čtvrtého stupně P (x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0, jež má seznam (komplexních) kořenů (z1 , z2 , z3 , z4 ) takový, že z1 z2 = z3 z4 = 1, se říká reciproká rovnice. Název pochází z pozorování z řeší P (x) = 0 =⇒ 1/z řeší P (x) = 0. Dosazením do Vi`etových vztahů dostaneme b = −a(z2 z3 z4 +z1 z3 z4 +z1 z2 z4 +z1 z2 z3 ) = −a(z2 +z1 +z4 +z3 ) = d, e = a z1 z2 z3 z4 = a. Bez újmy na obecnosti předpokládejme a = 1. Úloha. Rozložte “reciproký” polynom P (x) = x4 + bx3 + cx2 + bx + 1 na reálné kvadratické činitele. 5
Řešení. Chceme x4 + bx3 + cx2 + bx + 1 = (x2 + ux + s)(x2 + vx + t). Položme u1 = u, v1 = v, u2 = vs, v2 = ut, f = uv. Tedy x4 + bx3 + cx2 + bx + 1 = (x2 + u1 x +
2 u2 v1 )(x
+ v1 x +
v2 u1 ).
Porovnáním koeficientů vidíme u1 + v1 = u2 + v2 = b,
u2 v2 = 1. u1 v1
Tedy dvojice (u1 , v1 ), (u2 , v2 ) splňují u + v = b, uv = f. Tato soustava má dvě řešení lišící se jen permutací. Máme tedy dvě možnosti (a) (u, v) := (u1 , v1 ) = (u2 , v2 ), tedy (x2 + u1 x +
2 u2 v1 )(x
+ v1 x +
v2 u1 )
= (x2 + ux + uv )(x2 + vx + uv ).
(b) (u, v) := (u1 , v1 ) = (v2 , u2 ), tedy (x2 + u1 x +
2 u2 v1 )(x
+ v1 x +
v2 u1 )
= (x2 + ux + 1)(x2 + vx + 1).
Nemáme záruku, že obě cesty povedou k rozkladu na reálné kvadratické polynomy, ale protože z věty o ireducibilních polynomech plyne existence nějakého rozkladu na kvadratické polynomy, aspoň jedna z cest musí vést k cíli. Případ (a). x4 + bx3 + cx2 + bx + 1 = (x2 + ux + uv )(x2 + vx + uv ). Porovnáním koeficientů u x2 , x dostaneme u v + uv + = c, v u u + v = b. Položme r = uv. Potom první rovnici vynásobíme r, druhou umocníme na druhou a celé přepíšeme: u2 + r2 + v 2 = cr, u2 + 2r + v 2 = b2 . Odečtením těchto rovnic dostaneme kvadratickou rovnici pro r: r2 − (2 + c)r + b2 = 0. Získáme-li řešení r, pro hledanou dvojici (u, v) dostaneme soustavu u + v = b, uv = r, kterou již umíme řešit. Případ (b). x4 + bx3 + cx2 + bx + 1 = (x2 + ux + 1)(x2 + vx + 1). Porovnáním koeficientů u x2 , x dostaneme soustavu uv = c − 2, u + v = b, kterou umíme řešit. Poznámka. Rozklad polynomu x4 + bx3 + cx2 + λbx + λ2 hledáme ve tvaru x4 + bx3 + cx2 + λbx + λ2 = (x2 + ux −
2 λu v )(x
+ vx −
λv u ),
nebo x4 + bx3 + cx2 + λbx + λ2 = (x2 + ux − λ)(x2 + vx − λ). √ Úloha. Nechť žebřík o délce ` = 34 10 je opřen o bednu o rozměrech 1 × 1, o stěnu a o podlahu. Jak vysoko dosáhne? 6
Řešení. Bedna dělí délku žebříku na dva úseky. Označme si x výšku horního úseku. Potom výška dolního úseku je 1, horizontální průmět horního úseku je 1 a horizontální průmět dolního úseku je 1/x. Podle Pythagorovy věty je součet délek úseků p p ` = x2 + 1 + x−2 + 1. Po umocnění na druhou `2 = x2 + 1 + 2
x2 + 1 + x−2 + 1, x
neboli x4 + 2x3 + 2 − `2 + 2x + 1 = 0, což je reciproká rovnice. Zkusíme rozložit x4 + 2x3 + 2 − `2 + 2x + 1 = (x2 + ux + 1)(x2 + vx + 1). Dostáváme soustavu
uv = (2 − `2 ) − 2 = − 160 9 , u + v = 2,
Hledáme seznam řešení rovnice y 2 − 2y − y1,2
160 9 ,
což je q =1± 1+
160 9
=1±
13 3 .
Rozložili jsme polynom na x4 + 2x3 + 2 − `2 + 2x + 1 = (x2 +
16 3 x
+ 1)(x2 −
10 3 x
+ 1)
První z nalezených kvadratických trojčlenů nemá reálné kořeny, druhý lze rozložit x2 −
10 3 x
+ 1 = (x − 3)(x − 31 ).
Použijeme-li větší kořen x = 3, dosáhneme do výšky x + 1 = 4.
5. Cvičení A. Řešte rovnice 5 (a) x4 − 53 x3 + 11 2 x + 3 + 1 = 0, 4 3 (b) 16x + 8x − 2x + 1 = 0. B. Kolik kořenů má polynom 4x3 + 12x2 − 9 ? C. Rozložte co nejvíc polynomů xn + 1, xn − 1, na reálné ireducibilní činitele (aniž byste v odvození používali komplexní čísla). Příklady: x2 + 1 = x2 + 1. x2 − 1 = (x + 1)(x − 1). x3 + 1 = (x + 1)(x2 − x + 1). x3 − 1 = (x − 1)(x2 + x + 1). √ √ x4 + 1 = (x2 + 1)2 − 2x2 = (x2 + 2 x + 1)(x2 − 2 x + 1). x4 − 1 = (x2 + 1)(x2 − 1) = (x2 + 1)(x + 1)(x − 1).
7
