VI. FEJEZET POLINOMOK ÉS ALGEBRAI EGYENLETEK. VI.1. A polinom fogalma. Alapvető tulajdonságok

Fejezet tartalma

Vissza

Tartalomjegyzék

223

Polinomok és algebrai egyenletek

VI. FEJEZET POLINOMOK ÉS ALGEBRAI EGYENLETEK VI.1. A polinom fogalma. Alapvető tulajdonságok Eddigi tanulmányaitok során különböző algebrai kifejezésekkel találkoztatok (pl. az

ax + b , ax 2 + bx + c , a x , x n , n x alakú kifejezésekkel), műveleteket végeztetek velük, függvényeket képeztetek belőlük, és tulajdonságaikat vizsgáltátok. E fejezet keretein belül olyan kifejezésekkel foglalkozunk, amelyekben változókkal végzett műveletekként csak összeadás, kivonás, szorzás, hatványozás, jelenik meg. Ilyen 1 kifejezések például: 5x 2 , − 3xy , 2 x 3 + 1 , − x + 6 y . 4 VI.1.1. Monomok n

1.1.1. Értelmezés. Az a 0 X 1n1 X 2n2 … X k k , ahol a 0 ∈ C , ni ∈ N ∀i = 1, k alakú

algebrai kifejezést k-változós komplex együtthatójú monomnak nevezzük. Az a0 komplex szám a monom együtthatója, X 1 , X 2 , … , X k pedig a monom változói. 1.1.2. Megjegyzés. Beszélhetünk valós, racionális vagy egész együtthatójú monomokról aszerint, hogy a monom együtthatója melyik számhalmazhoz tartozik. Nyilvánvalóan az egész együtthatós monomok egyben racionális, valós és komplex együtthatós monomokként is felfoghatóak. A változókat általában X-szel, Y-nal vagy Z-vel jelöljük. 1.1.3. Példák

15 X 2Y 3 Z háromváltozós, egész együtthatós monom; 7 − X 5Y 2 kétváltozós, racionális együtthatós monom; 3 5 + 2 X 4 egyváltozós, valós együtthatós monom; 2iX egyváltozós, komplex együtthatós monom. 1.1.4. Értelmezés. Az n1 + n2 + … + nk természetes

(

a 0 X 1n1 X 2n2

)

n …X kk

számot

az

monom fokszámának nevezzük.

Az 1.1.3. példákban megadott monomok fokszáma rendre 6, 7, 4 és 1. Valóban, a 15 X 2Y 3 Z monom kitevőinek összege 2 + 3 + 1 = 6, tehát a monom 7 hatodfokú; a − X 5Y 2 monom együtthatóinak összege 5 + 2 = 7, tehát a monom 3 hetedfokú, és így tovább. 1.1.5. Megjegyzés. Minden komplex szám monom, vagyis: ∀a ∈ C szám

felírható a = a X 10 X 20 … X k0 alakban. Ha a ≠ 0, akkor az a monom fokszáma 0.

Fejezet tartalma 224

Tartalomjegyzék


A 0 monomot zérusmonomnak nevezzük. A zérusmonomnak nincs fokszáma. (Egyes matematikusok a zérusmonom fokszámának a − ∞ -t tekintik) 1.1.6. Értelmezés. Két monom egyenlő, ha együtthatóik egyenlők, ugyanazok a változók szerepelnek bennük és a megfelelő változók hatványkitevői egyenlők. Például a 2 X 2Y és 2 X 2Y monomok egyenlők. 1.1.7. Feladat. Határozzuk meg az a ∈ R és m, n ∈ N értékeit úgy, hogy a

(π − a ) X 5Y 2 Z

monom az i X n Y 2 Z m monommal legyen egyenlő! Megoldás. Az értelmezésnek megfelelően a két monom akkor egyenlő, ha a π − a és i együtthatók egyenlők, illetve ha a megfelelő változók hatványkitevői egyenlők, vagyis ha n = 5 és m = 1 . Ebből adódik, hogy a = π − i , n = 5 és m = 1 . VI.1.2. Monomok összeadása

Tanulmányaitok során láttátok, hogy olyan kifejezéseket, mint az 5 X és 3 X 1 2 vagy a − 7 X 2 és X úgy adhatjuk össze, hogy használjuk a szorzás 2 disztributivitását az összeadásra nézve: 5 X + 3 X = (5 + 3) X = 8 X és

− 7X 2 +

1 2  1 13 X =  − 7 +  X 2 = − X 2 . Ugyanakkor azt is láthattátok, hogy nem 2 2 2 

adhatjuk össze példáúl az 5 X -et és a 3Y -t vagy az 5 X -et és a 3 X 2 -et. Ahhoz, hogy eldönthessük, mely monomok adhatók össze, szükségünk van a következő értelmezésre: 1.2.1. Értelmezés. Két vagy több monomot egynevűnek nevezünk, ha ugyanazok a változók szerepelnek bennük és ha a megfelelő változók hatványkitevői egyenlők. Egynevű például az 5 X 2 Z és a − 3 X 2 Z monom; az (1 − i ) X 5Y és a 3 X 5Y vagy a 2X 4 , a − 3X 4 és az iX 4 monom. Az egynevű monomokat (és csak ezeket) (1 − i ) X 5Y + 3 X 5Y = összeadhatjuk. Például: 5X 2 Z + − 3X 2 Z = 2 X 2 Z ;

(

= (4 − i ) X Y ; 2 X + − 3X 5

1.2.2.

4

)+ i X

Értelmezés. Az

monomok

(a − b )

4

összege

X 1n1 X 2n2

n …X kk

az

(

4

)

= (i − 1) X . 4

n

a X 1n1 X 2n2 … X k k és a

b X 1n1 X 2n2 … X knk

… x knk

különbségük

(a + b )

x1n1 x 2n2

monom,

egynevű pedig

az

monom.

VI.1.3. Monomok szorzása

Eddigi ismereteink alapján bármely két monom szorzatát kiszámíthatjuk. Végezd el a következő szorzásokat: a) 2 2 ⋅ 210 ⋅ 2 8 ; d)

(

2X

)(

)

3X 7 ;

b) a 5 ⋅ a 7 ;

(

)(

)

( )(

)

c) 2a 4 − 3a 3 ;

e) 7 X 4 − X 3 − 5 X .

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

225

Polinomok és algebrai egyenletek 1.3.1. Értelmezés

Az

mp

a X 1n1 X 2n2 … X knk Y1m1 Y2m2 …Y p

és a

b X 1i1 X 2i2 … X kik Z1j1 Z 2j 2 … Z rj r

monom

szorzata az ab X 1n1 + i1 X 2n2 + i2 … X knk + ik Y1m1 Y2m2 …Y p p Z1j1 Z 2j 2 … Z rj r monom. m

1.3.2. Példák. Az 5 X 2Y és a − 3 XYZ 2 monom szorzata a − 15 X 3Y 2 Z 2 monom.

A 3 2 XYZ és a − 7 2 X 2 Z 3 monom szorzata a − 42 X 3YZ 4 monom. A − 1,2 X és a − 5X 3 monom szorzata a 6X 4 monom. VI.1.4. Monomok osztása 1.4.1. Értelmezés. Az a X 1n1 X 2n2 … X knk

hányadosa

(ahol

k≥p

és

ni ≥ mi ,

m

és a b X 1m1 X 2m2 … X p p

∀i = 1, k , valamint

monom

b ≠ 0, a ≠ 0 )

az

a p1 p2 X 1 X 2 … X kp k monom, ahol pi = ni − mi , ∀ i = 1, k esetén. b 1.4.2. Példák. A 3 X 3Y 2 Z és a − 1,5 XYZ monom hányadosa a − 2 X 2Y monom. A 1 2 15π X 5Y 3 és a − 5 X 4Y 2 monom hányadosa a − 3π XY monom. A X 7 és X 4 3 6 2 6 3 3 monom hányadosa a ⋅ X = 4X monom. 3 1 VI.1.5. Monomok hatványozása 1.5.1. Értelmezés. Az a X 1n1 X 2n2 … X knk

(n ∈ N ) , az

a n X 1nn1 X 2nn2 … X knnk monom.

1.5.2.

Példák.

(− i X )

3 5

(a ≠ 0)

(− 0,1XY ) = −0,001X Y 2 3

3 6

;

monom n-edik hatványa

(

3 X 2YZ 3

)

4

= 9 X 8Y 4 Z 12 ;

= (− i )5 X 15 = −i X 15 .

VI.1.6. Egyváltozós monomok formális deriváltja 1.6.1. Értelmezés. Az a ⋅ n ⋅ X n −1 monomot az aX n monom formális ′ deriváltjának nevezzük az. Ezt az aX n = a ⋅ n ⋅ X n −1 egyenlőséggel jelöljük. ′ ′ 1.6.2. Példák. 6 X 5 = 30 X 4 ; X n = nX n −1 ; 9 X 10 = 90X 9 .

( )

(

( )

)

VI.1.7. A polinom fogalma 1.7.1. Értelmezés. Az a0 + a1 X + a2 X 2 + … + an X n , ai ∈ C alakú algebrai kifejezéseket komplex együtthatós, egyváltozós polinomoknak nevezzük. Az a 0 , a1 , … , a n számok a polinom együtthatói.


Tartalomjegyzék


A polinom több monom összege. A polinomot alkotó monomok a polinom tagjai. A polinom együtthatói az őt alkotó monomok együtthatóival egyeznek meg. Az a0 együttható a polinom szabadtagja. Többváltozós polinomok is léteznek, de ezek nem képezik vizsgálatunk tárgyát. Beszélhetünk komplex, valós, racionális, egész stb. együtthatójú polinomokról, aszerint, hogy az együtthatók melyik számhalmazhoz tartoznak. 1.7.2. Megjegyzés. C[X]-szel jelöljük a komplex együtthatójú polinomok halmazát, R[X]-szel a valós, Q[X]-szel a racionális és Z[X]-szel az egész együtthatójú polinomok halmazát. Fontos tudnunk, hogy a polinom együtthatói milyen számhalmazhoz tartoznak, mivel vannak olyan tulajdonságok, amelyek függnek az együtthatók természetétől (ezeket a későbbiekben vizsgálni fogjuk). A fenti polinomhalmazok közt fennállnak a következő bennfoglalások: Z[X] ⊂ Q[X] ⊂ R[X] ⊂ C[X] 1.7.3. Példák

P1 ( X ) = 5 − 3 X + 2 X 2

P2 ( X ) = −3 + 1,5 X − 0,2 X 2

egész együtthatójú polinom; 3

P3 ( X ) = 5 X + 2 X 4

racionális együtthatójú polinom; valós együtthatójú polinom.

VI.1.8. Egy polinom fokszáma 1.8.1. Értelmezés. A P( X ) = a 0 + a1 X + a 2 X 2 + … + a n X n polinom fokszáma (vagy egyszerűen foka) az n természetes szám, ha a n ≠ 0 . Ezt a gr (P( X )) = n vagy grP = n szimbólummal jelöljük. Az an szám a polinom főegyütthatója (vagy a domináns tag együtthatója). A 7.1.7.3. példában szereplő polinomok esetén: P1 másod-, P2 harmad- és P3 negyedfokú polinom. 1.8.2. Megjegyzések 1. Minden, nullától különböző komplex szám nullafokú polinom. A 0 komplex szám olyan polinom, amelynek nincs fokszáma ( 0 = 0 + 0 X és 0 = 0 + 0 X + 0 X 2 stb.). 2. Minden n-ed fokú polinomot egyértelműen meghatároz az együtthatóinak sorozata. Tehát a P( X ) = a 0 + a1 X + a 2 X 2 + … + a n X n n-ed fokú polinomhoz

egyértelműen hozzárendelhető az (a0 , a1 ,…, an ) véges számsorozat, és fordítva.

A P-hez hozzárendelhetjük az (a0 , a1 ,…, an , an +1 , an + 2 ,…) végtelen számsorozatot is. Ebben a sorozatban a i = 0, ∀ i > n esetén. Így egy n-ed fokú polinom esetén beszélhetünk a n +1 , a n + 2 stb. együtthatókról is, ezek mind nullával egyenlők. 1.8.3. Értelmezés. A zéruspolinom az a polinom, amelynek minden együtthatója nulla.

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék

227


Tehát az a0 + a1 X + a2 X 2 + … + an X n polinom akkor és csak akkor zéruspolinom, ha a0 = a1 = … = an = 0 . A zéruspolinomnak nincs fokszáma1. 1.8.4. Értelmezés. Két polinomot egyenlőnek nevezünk, ha fokszámuk egyenlő és együtthatóik sorozata megegyezik. 1.8.5. Példa. A P( X ) = X 4 − 3 X 3 + aX 2 − 1 és a Q( X ) = bX 5 + X 4 + cX 3 + + i X 2 − dX − 1 polinomok akkor és csak akkor egyenlők, ha b = 0 (így P és Q

fokszáma egyaránt 4), és 1 = 1, − 3 = c, a = i, 0 = d , valamint − 1 = −1. 1.8.6. Megoldott feladatok 1. Az m, n komplex paraméterek, mely értékeire a P( X ) = 5 X 4 − 3 X 2 + 7 X − 1

polinom

egyenlő

a

Q( X ) = (m − 1)X 4 − 3 X 2 + (m + 1)X − 1 ,

illetve

az

R( X ) = 5X − (n + 2)X + 7 X − (n − 1) polinommal? Megoldás. Ahhoz, hogy a Q( X ) polinom az R( X ) polinommal legyen egyenlő, a megfelelő együtthatóknak egyenlőknek kell lenniük, azaz  m −1 = 5  m=6  − 3 = −3  − 3 = −3   . ⇔   m +1 = 7  m=6  − 1 = −1  − 1 = −1 Tehát m = 6 -ra a két polinom egyenlő. Hasonlóképpen az R( X ) és a P ( X ) polinom egyenlőségének feltétele: 5=5   n + 2 = −3  .  7=7   − (n − 1) = −1 Mivel az n nem lehet egyszerre − 5 és 2, nem létezik olyan n , amelyre a két polinom egyenlő. 4

2

(

)

2. a) Ha a ∈ R , állapítsd meg a P ( X ) = a 2 − 4 X 3 + (a + 2 )X 2 + (a − 2 )X + 2 polinom fokszámát!

b) Ha n∈ N , állapítsd meg a Q( X ) = X n + 2 − 5 X 4 + 0.2 X − 1 polinom fokszámát! Megoldás. A P ( X ) polinom foka egyenlő 3-mal minden olyan a valós szám

esetén, amelyre a 2 − 4 ≠ 0 . Tehát, ha a ∈ R \ {− 2, 2} , akkor grP = 3 . Vizsgáljuk meg, mennyi lesz a polinom foka, ha a = −2. Ebben az esetben

1

Egyes matematikusok a − ∞ -t tekintik a zéruspolinom fokszámának.


Tartalomjegyzék


P ( X ) = 0 X 3 + 0 X 2 − 4 X + 2 , tehát

P elsőfokú polinom. Ha a = 2 , akkor

P ( X ) = 0 X + 4 X + 0 X + 2 , tehát P másodfokú. Összefoglalva: ha a ∈ R \ {− 2, 2} , akkor grP( X ) = 3 ; ha a = −2 , akkor grP( X ) = 1 ; ha a = 2 , akkor grP( X ) = 2 . b) Ahhoz, hogy a polinom fokszámát meghatározhassuk, azt kell megvizsgálnunk, hogy melyik a nagyobb szám: az n + 2 vagy a 4. Ha n + 2 > 4 , azaz n > 2 , akkor grQ( X ) = n + 2 . Ha n + 2 = 4 , azaz n = 2 , akkor 3

2

Q( X ) = X 4 − 5 X 4 + 0,2 X − 1 = −4 X 4 + 0,2 X − 1 és grQ( X ) = 4 .

Ha n < 2 , akkor Q( X ) = −5 X 4 + X n + 2 + 0,2 X − 1 és grQ( X ) = 4 . VI.1.9. Polinom helyettesítési értéke 1.9.1. Értelmezés. Ha P( X ) = a0 + a1 X + a2 X 2 + … + an X n polinom, akkor a P polinomnak az α pontban számolt helyettesítési értékén az a 0 + a1 α + a 2 α 2 + … + a n α n összeg értékét értjük. Ezt a P(α ) szimbólummal jelöljük. Az előbbiek alapján a P polinomnak az α pontban számolt helyettesítési értéke

P(α ) = a0 + a1α + a2α 2 + … + anα n . 1.9.2. Megjegyzés. A továbbiakban, ha polinom helyettesítési értékét számoljuk, akkor vagy konkrét érték (szám) szerepel a zárójelben, vagy P(x) -et írunk. Nem tévesztendő össze tehát a P( X ) egyváltozós (X változójú) polinom ennek a polinomnak az x pontban számolt P( x) helyettesítési értékével. 1.9.3. Példák 1. Számítsuk ki a P ( X ) = 3 X 2 − 2 X + 1 polinom helyettesítési értékét az x1 = 1 , 2 x 2 = , x 3 = 1 + 2 , és x 4 = 2 + i pontokban! 3 Megoldás 2

2 2 2 P (1) = 3 ⋅ 12 − 2 ⋅ 1 + 1 = 2 , P   = 3 ⋅   − 2 ⋅ + 1 = 1 , 3  3  3

(

) (

P 1+ 2 = 3⋅ 1+ 2

)

2

(

)

− 2 ⋅ 1 + 2 + 1 = 8 + 2 2 és

P (2 + i ) = 3 ⋅ (2 + i )2 − 2 ⋅ (2 + i ) + 1 = 6 + 10i .

()

2. Bizonyítsd be, hogy ha P ( X ) ∈ R[ X ] és z ∈ C , akkor P z = P (z ) . Bizonyítás. Ha P(z ) = a0 + a1 z + a2 z 2 + … + an z n , akkor a komplex számok konjugáltjára vonatkozó tételek értelmében írhatjuk:

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

229


()

()

()

2

P z = a 0 + a1 z + a 2 z

()

+ … + an z

n

2

n

= a 0 + a1 z + a 2 z + … + a n z =

= a 0 + a1 z + a 2 z 2 + … + a n z n = P ( z ) . 3. Bizonyítsd be: ha a, b ∈ Q ,

(

b ∉ Q és P( X )∈ Q[ X ] , akkor létezik olyan A és B

)

(

)

racionális szám, amelyekre P a + b = A + B ⋅ b és P a − b = A − B ⋅ b . Megoldás. Newton binomiális tétele alapján, ha k ∈ N , akkor:

(a + b )

k

j

k

= ∑ C kj a k − j b 2 = j =0

ahol Ak =

k

∑ C k2v a k −2v b v +

j =0 j = 2v

k

∑ C k2v +1a k −2v −1b v

j =1 j = 2 v +1

k

∑ C k2v a k −2v b v ∈ Q és Bk =

j =0 j = 2v

b = Ak + Bk b ,

k

∑ C k2v +1a k −2v −1b v ∈ Q .

j =1 j = 2 v +1

(

)

n

(

Ha P( X ) = a 0 + a1 X + a 2 X 2 + … + a n X n , akkor P a + b = ∑ a k a + b

(

)

(

k =0

)

k

, tehát

)

n n  n  P a + b = ∑ a k Ak + Bk b = ∑ a k Ak +  ∑ bk Bk  b = A + B b , ahol k =0 k =0  k =0  n

n

A = ∑ a k Ak ∈ Q és B = ∑ a k Bk ∈ Q . k =0

k =0

(a − b )

k

Hasonló módon

(

k

= ∑ C kj a k − j − b j =0

k

k

j =0 j = 2v

j =1 j = 2 v +1

∑ C k2v a k −2v b v − ∑ C k2v +1a k −2v −1b v

(

)

(

)

j

=

b = Ak − Bk b , tehát

)

n n  n  P a − b = ∑ a k Ak − Bk b = ∑ a k Ak −  ∑ bk Bk  b = A − B b , ahol k =0 k =0  k =0  n

n

k =0

k =0

A = ∑ a k Ak ∈ Q és B = ∑ a k Bk ∈ Q . Megjegyzés. Ha a, b ∈ Z és

b ∉ Q , akkor A∈ Z és B ∈ Z .

VI.1.10. Polinomok formális deriváltja 1.10.1. Értelmezés. A P ( X ) = a0 + a1 X + a2 X 2 + ... + an X n polinom formális deriváltja a polinomot alkotó monomok formális deriváltjainak az összege. A P polinom formális deriváltja P ′ , tehát P ′( X ) = a1 + 2a2 X + 3a3 X 2 + ... + nan X n −1 . 1.10.2. Példák. Ha P ( X ) = 3 X 3 + 2 X 2 − 5 X + i , akkor

P ′( X ) = 9 X 2 + 4 X − 5 Ha P ( X ) = X n + 2 X n −1 − nX + 1 , akkor P ′( X ) = nX n + 2(n − 1) X n −1 − n .


Tartalomjegyzék


VI.2. Műveletek polinomokkal VI.2.1. Polinomok összeadása

Két polinomot úgy adunk össze, hogy az egyenlő fokszámú tagokat 1 összeadjuk egymással. Például a P( X ) = 2 X 4 − X 3 + 0,1X 2 − 2 és Q( X ) = − X 5 + 2  1 + 3 X 4 + X 3 − 2 X 2 + 0,25 polinomok összege a − X 5 + (2 + 3)X 4 + 1 −  X 3 + 2  2 + (0,1 − 2 )X − 2 + 0,25 polinom, tehát

 1 ( P + Q )( x) = − X 5 + (2 + 3)X 4 + 1 −  X 3 + (0,1 − 2 )X 2 − 2 + 0,25 . 2  2.1.1. Értelmezés. Az a0 + a1 X + a2 X 2 + … + an X n , an ≠ 0 és a b0 + b1 X +

+ b2 X 2 + … + bm X m , bm ≠ 0 polinomok összege a a0 + a1 X + a2 X 2 + … + an X n

polinom, ahol p = max{n, m} és ci = ai + bi , ∀i = 1, p esetén.

Belátható, hogy gr ((PX ) + Q( X )) ≤ max {grP ( X ), grQ( X )} (ennek bizonyítását végezzétek el). Megjegyzés. A P ( X ) és Q( X ) polinomok különbsége a P ( X ) és a − Q( X ) polinomok összege. Például a P ( X ) = 5 X 3 − 2 X 2 + X − 7 és Q( X ) = −2 X 4 + 3 X − 5 polinomok összege

P ( X ) + Q( X ) = −2 X 4 + 5 X 3 − 2 X 2 + 4 X − 12 , különbségük

(

)

P ( X ) − Q( X ) = 5 X 3 − 2 X 2 + X − 7 + 2 X 4 − 3 X + 5 = 2 X 4 + 5 X 3 − 2 X 2 − 2 X − 2 . 2.1.2. A polinomok összeadásának tulajdonságai 1. A polinomok összeadása kommutatív művelet: bármely P ( X ) és Q( X ) ∈ C[ X ] esetén P ( X ) + Q( X ) = Q( X ) + P ( X ) .

Ha P ( X ) = a0 + a1 X + a2 X 2 + … + an X n és Q( X ) = b0 + b1 X + b2 X 2 + … + bm X m , akkor

P ( X ) = a0 + a1 X + a2 X 2 + … + an X n ,

ahol

p = max{m, n} ,

ci = ai + bi ,

∀ i = 1, p és Q( X ) + P( X ) = d 0 + d1 X + d 2 X + … + d r X , ahol r = max{n, m} , 2

r

d i = bi + ai , ∀i = 1, r . Amint látjuk p = r = max{m, n} , tehát a P( X ) + Q( X ) és

Q( X ) + P ( X )

polinomok

fokszámai

azonosak,

ugyanakkor

ci = ai + bi =

= bi + ai = di , ∀ i = 1, p , tehát a két polinom megfelelő együtthatói is egyenlők, következésképp a két polinom egyenlő. Megjegyzés. A két polinom összeadása a megfelelő együtthatók összeadása által történik. Mivel a számok összeadása kommutatív művelet, a komplex együtthatójú polinomok összeadása is kommutatív.

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék


231

2. A polinomok összeadása asszociatív művelet, azaz bármely P( X ), Q( X ) , R( X ) ∈ C[ X ] esetén (P( X ) + Q( X )) + R( X ) = P ( X ) + (Q( X ) + R( X )) .

Mivel a polinomok összeadása a megfelelő együtthatók összeadása által történik, a számok összeadása pedig asszociatív művelet, a komplex együtthatós polinomok összeadása is asszociatív. 3. A C[ X ] halmaz rendelkezik semleges elemmel a polinomok összeadására nézve. Valóban, ha a zéruspolinomot (a 0-t) hozzáadjuk egy tetszőleges P ( X ) polinomhoz, fennáll a P ( X ) + 0 = 0 + P ( X ) = P( X ) egyenlőség.

4. Minden P( X ) ∈ C[ X ] polinomhoz hozzárendelhetjük a − P ( X ) -szel jelölt

polinomot, amelyet úgy kapunk, hogy a P ( X ) együtthatóit rendre (–1)-gyel szorozzuk. Ezt a polinomot a P ( X ) ellentett polinomjának nevezzük. Ez a polinom rendelkezik a következő tulajdonsággal: P( X ) + (− P( X )) = − P( X ) + P( X ) = 0 . Valóban, ha

P( X ) = a 0 + a1 X + a 2 X 2 + … + a n X n , akkor

− P( X ) = − a 0 + (− a1 )X + (− a 2 )X 2 + … + (− a n )X n és

P( X ) + (− P( X )) = a 0 + (− a 0 ) + (a1 + (− a1 ))X + … + (a n + (− a n ))X n = 0. VI.2.2. Polinom szorzása komplex számmal 2.2.1. Értelmezés. Ha P ( X ) = a0 + a1 X + ... + a n X n , an ≠ 0 komplex együtthatós polinom és c komplex szám, akkor a Q ( X ) = c ⋅ P( X ) polinom:

Q ( X ) = c ⋅ a0 + c ⋅ a1 X + ... + c ⋅ a n X n Például, ha P ( X ) = 5 X 4 − 2 X + i , akkor az i ⋅ P ( X ) = 5iX 4 − 2iX − 1. Ha c = 0 , akkor 0 ⋅ P ( X ) = 0 , azaz: ha valamely polinomot 0-val szorzunk, akkor a szorzat a zéruspolinommal egyenlő. VI.2.3. Polinomok szorzása

A valós és a komplex számokkal végzett műveletek tulajdonságai alapján végezzétek el a következő szorzásokat! 1. − 2 ⋅ ( X + 3) ; 2. ( X − 2) ⋅ ( X + 3) ; 3. ( X 2 + X − 2) ⋅ ( X + 3) ; 4. ( 2 X − 3 ) ⋅ ( 6 X 3 + 3 X 2 − 2 ) . A műveletek elvégzésekor a szorzás összeadásra vonatkozó disztributivitását használjuk, és a következő eredményekhez jutunk: 1. − 2 X − 6 ; 2. X 2 + 3 X − 2 X − 6 = X 2 + X − 6 ; 3. X 3 + 3 X 2 + X 2 + 3 X − 2 X − 6 = X 3 + 4 X 2 + X − 6 ;


Tartalomjegyzék


4. 2 3 X 4 + 6 X 2 − 2 X − 3 2 X 3 − 3 X 2 + 6 = = 2 3X 4 + ( 6 − 3 2 ) X 3 − 3X 2 − 2 X + 6 . Figyeljük meg a szorzatpolinom együtthatóit, és fejezzük ki ezeket a szorzótényezők együtthatóinak függvényében! Észrevehetjük a harmadik példa esetén, hogy a

szorzatban X 2 -et tartalmazó tagot kapunk, ha az X 2 -et 3-mal, illetve, ha az X -et X -szel, szorozzuk. A negyedik példa esetében X 3 -t tartalmazó tagot kapunk, ha a 2 X -et a 3 X 2 -tel, vagy ha a − 3 -at a tartalmazó tagja pedig ezek összege lesz.

6 X 3 -nel szorozzuk; a szorzat X 3 -t

2.3.1. Értelmezés

A P ( X ) = a0 + a1 X + ... + an X n és a Q( X ) = b0 + b1 X + ... + bm X m ( an ≠ 0 bm ≠ 0 ) komplex együtthatós polinom szorzata a

P( X ) ⋅ Q( X ) = c0 + c1 X + ... + c p X

és

p

polinom, ahol p = m + n és ci = a0 bi + a1bi −1 + ... + ai b0 , ∀ i = 1, p . Ebből következik, hogy két polinom szorzatának fokszáma egyenlő a polinomok fokszámainak összegével, azaz gr (P( X ) ⋅ Q ( X ) ) = grP( X ) + grQ( X ) . 2.3.2. Feladat. Végezzük el az ( X − x1 ) ⋅ ( X − x2 )...( X − xn ) szorzást, ahol n∈ N * , x i ∈ C . Megoldás. Végezzük el a szorzást n = 2 , illetve n = 3 esetén!

( X − x1 ) ⋅ ( X − x2 ) = X 2 − ( x1 + x2 ) X + x1 x2 ( X − x1 ) ⋅ ( X − x2 ) ⋅ ( X − x3 ) = [ X 2 − ( x1 + x2 ) X + x1 x2 ] ⋅ ( X − x3 ) =

n = 4 esetén:

= X 3 − ( x1 + x2 + x3 ) X 2 + ( x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 ) X − x1 x2 x3 .

( X − x1 ) ⋅ ( X − x2 ) ⋅ ( X − x3 ) ⋅ ( X − x4 ) = X 4 − ( x1 + x2 + x3 + x4 ) X 3 +

+ ( x1 x 2 + x1 x 3 + x 2 x3 + x1 x 4 + x 2 x 4 + x 3 x 4 ) X 2 − ( x1 x 2 x 3 + x1 x 2 x 4 + + x1 x 3 x 4 + x 2 x3 x 4 ) X + x1 x 2 x3 x 4 . Az ( X − x1 ) ⋅ ( X − x 2 )...( X − x n ) szorzat alakjára vonatkozóan a következő sejtést fogalmazhatjuk meg: ( X − x1 ) ⋅ ( X − x 2 )...( X − x n ) = X n − ( x1 + x 2 + ... + x n ) X n −1 + + ( x1 x 2 + x1 x 3 + ... + x1 x n + x 2 x3 + ... + x n −1 x n ) X n − 2 + ... + (−1) n x1 x 2 ...x n . Sejtésünk n ∈ {1, 2, 3, 4} esetén igaz. Feltételezzük, hogy n -re igaz, és bizonyítjuk, hogy ( n + 1 )-re is igaz. Szorozzuk össze az X n + a n−1 X n−1 + a n−2 X n−2 + ... + a1 X + a0 polinomot az ( X − a ) binommal! A következő eredményhez jutunk:

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék


233

( X n + an −1 X n −1 + an − 2 X n − 2 + ... + a1 X + a0 ) ⋅ ( X − a) =

X n +1 + a n −1 X n + a n − 2 X n −1 + ... + a1 X 2 + a 0 X − aX n − a n −1 aX n −1 − ... − a 2 aX 2 − a1 aX − a 0 a = = X n +1 + (a n −1 − a) X n + (a n − 2 − a n −1 a) X n −1 + ... + ( a1 − a 2 a) X 2 + (a 0 − a1 a) X − a 0 a . Ha a fenti eredményt és az indukciós feltevést figyelembe vesszük, akkor ( X − x1 ) ⋅ ( X − x 2 )...( X − x n )( X − x n +1 ) = [ X n − ( x1 + x 2 + ... + x n ) X n −1 +

+ ( x1 x 2 + x1 x 3 + ... + x n −1 x n ) X n − 2 + ... + (−1) n ( x1 x 2 ...x n )] ⋅ ( X − x n +1 ) = X n +1 − [( x1 + x 2 + ... + x n ) + x n +1 ] X n + [( x1 x 2 + x1 x3 + ... + x n −1 x n ) + + ( x1 x n +1 + ... + x n x n +1 )] X n −1 + ... + (−1) n ( x1 x 2 ...x n ) ⋅ x n +1 . Tehát a matematikai indukció elve alapján állításunk igaz bármely n ∈ N * esetén. A szorzat értelmezése alapján igazolhatók a következő tulajdonságok. (Ezek bizonyítását nem részletezzük.) 2.3.3. A szorzat tulajdonságai. Ha P, Q, R ∈ C[ X ] tetszőleges polinomok, akkor (kommutativitás); 1. P ( X ) ⋅ Q( X ) = Q ( X ) ⋅ P ( X ) 2. 0 ⋅ P( X ) = 0 és 1 ⋅ P( X ) = P ( X ) ; 3. P ( X ) ⋅ (Q( X ) ⋅ R ( X ) ) = (P ( X ) ⋅ Q ( X ) ) ⋅ R ( X ) (asszociativitás); 4. P ( X ) ⋅ (Q ( X ) + R ( X ) ) = P ( X ) ⋅ Q ( X ) + P ( X ) ⋅ R ( X ) (disztributivitás). A műveletek és a formális derivált értelmezése alapján beláthatók a következő tulajdonságok is: 2.3.4. Tulajdonságok. Ha P és Q tetszőleges komplex együtthatójú polinom, akkor 1. P ′( X ) + Q ′( X ) = ( P + Q ) ′( X ) (az összeg formális deriváltja a formális deriváltak összege); 2. (c ⋅ P ) ′( X ) = c ⋅ P ′( X ) (ahol c ∈ C ); 3. ( P ⋅ Q) ′( X ) = P ′( X ) ⋅ Q ( X ) + P ( X ) ⋅ Q ′( X ) (a szorzat deriválási szabálya). VI.2.4. Polinomok osztása

Adott a P ( X ) és Q( X ) racionális, valós vagy komplex együtthatós polinom és a Q( X ) nem zérus polinom. A P ( X ) polinomot a Q( X ) polinommal elosztani azt jelenti, hogy keresünk két olyan q( X ) és r ( X ) polinomot, amelyekre fennáll a P ( X ) = Q ( X ) ⋅ q ( X ) + r ( X ) egyenlőség, és r ( X ) kisebb fokú, mint a Q( X ) , vagy r ( X ) a zéruspolinom. A P ( X ) polinom az osztandó, a Q( X ) az osztó, a q( X ) a hányados és az r ( X ) a maradék. Két kérdésre kell választ adjunk: a) léteznek-e a q( X ) és r ( X ) polinomok bármely P ( X ) és Q( X ) esetén; b) egyértelműen meghatározottak-e a q( X ) és r ( X ) polinomok?


Tartalomjegyzék


A kérdésekre úgy próbálunk válaszolni, hogy keresünk egy algoritmust, amely segítségével meghatározhatjuk adott P ( X ) és Q( X ) esetén a hányadost, illetve maradékot. Ha például a P ( X ) = X 3 − 7 X + 3 és Q ( X ) = X 2 − X , akkor a hányados polinomnak nyilvánvalóan elsőfokúnak kell lennie (mert a Q ( X ) ⋅ q( X ) foka a Q( X ) és q( X ) fokszámainak összege, és a maradék fokszáma kisebb, mint kettő). Így a q(X) polinom aX + b alakú ( a, b ∈ C ), a maradék polinom pedig legfeljebb elsőfokú. Tehát r ( X ) = cX + d , ahol c és d nulla is lehet. Ezért a P ( X ) = Q ( X ) ⋅ q ( X ) + r ( X ) összefüggés

2 X 3 − 7 X + 3 = ( X 2 − X )(aX + 6) + cX + d

alakban

írható,

azaz

2 X 3 − 7 X + 3 = aX 3 + (b − a) X 2 + (c − b) X + d . Mivel két azonos fokszámú polinom egyenlősége a megfelelő együtthatók egyenlőségére redukálódik, a következő a = 2 b − a = 0  . összefüggéseket kapjuk:  c − b = −7 d = 3 Ebből következik, hogy a = 2 , b = a = 2 , c = b − 7 = −5 és d = 3 . Tehát a q( X ) és r ( X ) polinom egyértelműen meghatározott: q( X ) = 2 X + 2 és r ( X ) = −5 x + 3 . A hányados és maradék polinomok meghatározásának e módját az egyenlő együtthatók módszerének nevezzük. Láttuk, hogy egy harmadfokú polinom osztási hányadosának és maradékának meghatározása a négy egyenletből álló négyismeretlenes rendszer megoldását igényelte (függetlenül az osztó fokszámától). Egy n -ed fokú polinom osztási hányadosának és maradékának meghatározása ezzel a módszerrel az n + 1 egyenletből álló n + 1 ismeretlenes rendszer megoldását teszi szükségessé. Ez bonyolulttá válhat, ezért a hányadost tagonként próbáljuk megkeresni. Tekintsük a P1 ( X ) = 3 X 5 − 7 X 4 + 12 X 3 + 3 X − 6 és a Q1 ( X ) = X 3 − 2 X 2 + 5 polinomot. Első lépésben keressünk olyan q1 ( X ) monomot, amelyre a P1 ( X ) − Q1 ( X ) ⋅ q1 ( X ) polinom legfeljebb negyedfokú (a hányados domináns tagja ez a monom). A P1 ( X ) − Q1 ( X ) ⋅ q1 ( X ) polinom ötödfokú tagjának együtthatóját úgy kapjuk, hogy a P1 ( X ) polinom ötödfokú együtthatójából kivonjuk a Q1 ( X ) polinom ötödfokú tagjának és a q1 ( X ) monom együtthatójának szorzatát. Ez akkor nulla, ha a q1 ( X ) monom együtthatója a P1 ( X ) és Q1 ( X ) polinomok ötödfokú tagjainak hányadosa, vagyis q1 ( X ) = 3 X 2 . Ebből következik:

P1 ( X ) − Q1 ( X ) ⋅ q1 ( X ) = (3 X 5 − 7 X 4 + 12 X 3 + 3 X − 6) − (3 X 5 − 6 X 4 + 15 X 2 ) = = − X 4 + 12 X 3 − 15 X 2 + 3 X − 6 . Jelöljük P2 ( X ) -szel az így kapott polinomot. Keressünk olyan q2 ( X ) monomot, amelyre a P2 ( X ) − Q1 ( X ) ⋅ q2 ( X ) polinom legfeljebb harmadfokú (a P1 fokszámát ismét csökkentjük legalább eggyel). Ilyen monom a q 2 ( X ) = (− X 4 ) : X 3 = − X , tehát

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

235


P2 ( X ) − Q1 ( X ) ⋅ q 2 ( X ) = − X 4 + 12 X 3 − 15 X 2 + 3 X − 6 − (− X 4 + 2 X 3 − 5 X ) = = 10 X 3 − 15 X 2 + 8 X − 6 = P3 ( X ) . Most olyan q3 ( X ) monomot keresünk, amelyre a P3 ( X ) − Q1 ( X ) ⋅ q3 ( X ) polinom legfeljebb másodfokú. Ilyen monom a (10 X 3 ) : X 3 = 10 , tehát P3 ( X ) − Q1 ( X ) ⋅ q 3 ( X ) = 10 X 3 − 15 X 2 +

+ 8 X − 6 − 10 X 3 − 20 X 2 + 50 = 5 X 2 + 8 X + 56 . Az így kapott 5 X 2 + 8 X + 56 polinom ötödfokú, tehát az eljárást nem tudjuk tovább folytatni (az 5 X 2 -et nem tudjuk elosztani X 3 -nel). Az 5 X 2 + 8 X + 56 polinomot jelöljük r ( X ) -szel. A P1 ( X ) polinom a következőképpen írható fel: P1 ( X ) − Q1 ( X ) ⋅ q1 ( X ) + P2 ( X ) = Q1 ( X ) ⋅ q1 ( X ) + Q1 ( X ) ⋅ q 2 ( X ) + P3 ( X ) = Q1 ( X ) ⋅ q1 ( X ) + Q1 ( X ) ⋅ q 2 ( X ) + Q1 ( X ) ⋅ q3 ( X ) + r ( X ) = = Q1 ( X ) ⋅ [q1 ( X ) + q2 ( X ) + q3 ( X )] + r ( X ) = Q1 ( X ) ⋅ q ( X ) + r ( X ) , ahol q( X ) = q1 ( X ) + q 2 ( X ) + q3 ( X ) és gr (r ( X ) ) < gr (Q1 ( X ) ) . Tehát a fenti eljárással meghatározhatjuk két polinom hányadosát és az osztás maradékát is. Az elvégzett algoritmus egy egyszerű leírásmódját mutatja az alábbi ábra: 3X 5

− 7X 4

− 3X 5

+ 6X 4 −X4 X4

+ 3X

+ 12 X 3

−6

− 15 X 2 + 12 X 3 − 2X 3 10 X 3 − 10 X 3

− 15 X 2 − 15 X 2 + 20 X 2 + 5X 2

X3 3X 2

+ 5X + 8X

− 2X 2 −X

+5 + 10

−6

− 50 + 8X

− 56

2.4.1. A maradékos osztás tétele. Bármely P ( X ) és Q( X ) , Q ( X ) ≠ 0 komplex együtthatós polinom esetén létezik és egyértelműen meghatározott a q( X ) és r ( X ) komplex együtthatós polinom, amelyre P ( X ) = Q( X ) ⋅ q( X ) + r ( X ) és gr (r ( X ) ) < gr (Q ( X ) ) . A létezés bizonyítása. Legyen grP ( X ) = n és grQ ( X ) = m . Ha n < m , akkor a q( X ) = 0 és r ( X ) = P( X ) polinomok teljesítik a tételben szereplő egyenlőséget. Ha

n ≥ m , P ( X ) = a0 + a1 X + ... + an X n és Q ( X ) = b0 + b1 X + ... + bm X m , an ≠ 0 és bm ≠ 0 , akkor az előbb ismertetett eljárással megkeressük azt a q1 ( X ) monomot,

Tartalomjegyzék



amelyre a P ( X ) − Q ( X ) ⋅ q1 ( X ) = P1 ( X ) polinom foka legalább eggyel kisebb, mint az eredetileg adott polinom foka. Ez a monom a q1 ( X ) = Így P ( X ) = Q( X )

an X n bm X

m

=

an n − m X . bm

an n − m X + P1 ( X ) . Az eljárást megismételjük a P1 ( X ) polinom bm

esetén, ha P1 ( X ) = an' 1 X n1 + an' 1 −1 X n1 −1 + ...a0' . Kapjuk, hogy

P1 ( X ) = Q( X ) ahol a P2 ( X ) =

an'' 2

X

n2

+ an'' 2 −1 X n2 −1

an1 bm

X n1 − m + P2 ( X ) ,

+ .. + .a0'' polinom foka már legalább kettővel

kisebb, mint a P ( X ) polinom foka. Ezt az eljárást többször megismételve megszerkesztjük a P1 , P2 , …, Pk polinomsorozatot, amelyben a tagok fokszámai szigorúan csökkenő természetes számsorozatot származtatnak. De a természetes számok halmazában nem létezik végtelen hosszú, szigorúan csökkenő számsorozat, tehát létezik olyan k ∈ N szám, amelyre a Pk +1 ( X ) polinom n k +1 fokszáma kisebb, mint m. (egy ilyen fokszámot legtöbb n − m + 1 lépés után kapunk). an j n − m Ha a P j ( X ) = Q( X ) X j + Pj +1 ( X ) egyenlőségek megfelelő oldalait bm összeadjuk, a következő összefüggéshez jutunk: an an a  P ( X ) = Q( X )  n X n−m + 1 X n1 −m + ... + k X nk −m  + Pk +1 ( X ) . bm bm  bm  Ebből következik, hogy ha a zárójelben levő kifejezést q( X ) -szel, a Pk +1 ( X ) -et r ( X ) -szel jelöljük, akkor P ( X ) = Q( X ) ⋅ q( X ) + r ( X ) , ahol gr (r ( X ) ) = = n k +1 < m = gr (q( X ) ) , tehát igazoltuk a q( X ) és az r ( X ) polinomok létezését. Az egyértelműség bizonyítása. Feltételezzük, hogy létezik a q1 ( X ) , q2 ( X ) és r1 ( X ) , r2 ( X ) polinom úgy, hogy P ( X ) = Q( X ) ⋅ q1 ( X ) + r1 ( X ) , gr(r1 ( X ) ) < grQ( X ) és P ( X ) = Q ( X ) ⋅ q 2 ( X ) + r2 ( X ) , gr(r2 ( X )) < grQ( X ) . Az előbbi két egyenlőség alapján Q ( X ) ⋅ q1 ( X ) + r1 ( X ) = Q( X ) ⋅ q 2 ( X ) + r2 ( X ) , tehát Q ( X ) ⋅ (q1 ( X ) − q 2 ( X )) = r2 ( X ) − r1 ( X ) . Ha q1 ( X ) ≠ q 2 ( X ) , akkor grQ ( X ) ⋅ ( q1 ( X ) − q 2 ( X )) ≥ grQ ( X ) . Ugyanakkor gr (r1 ( X ) − r2 ( X )) ≤ max (grq1 ( X ), grq 2 ( X )) < grQ( X ) , tehát a Q( X ) ⋅ (q1 ( X ) − q 2 ( X )) polinom nem lehet egyenlő az r2 ( X ) − r1 ( X ) polinommal. Ezért q1 ( X ) = q 2 ( X ) és r1 ( X ) = P ( X ) − Q( X ) ⋅ q1 ( X ) = P ( X ) − Q ( X ) ⋅ ⋅ q 2 ( X ) = r2 ( X ) . 2.4.2. Megjegyzés. Az osztás során a P ( X ) és Q( X ) együtthatóival összeadást, kivonást, szorzást és osztást kell végeznünk. Tehát ha P ( X ), Q ( X ) ∈ R[ X ] , akkor

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék

237


q( X ), r ( X ) ∈ R[ X ] . Ha P( X ), Q( X ) ∈ Q[ X ] , akkor q( X ), r ( X ) ∈ Q[ X ] . Ha P ( X ), Q ( X ) ∈ Z [ X ] , akkor q( X ), r ( X ) nem feltétlenül egész együtthatós polinom, de ha az osztó főegyütthatója 1 vagy − 1 , akkor q( X ), r ( X ) ∈ Z [ X ] . VI.2.5. Polinomok osztása X − a alakú binommal

Ha a P ( X ) polinomot az ( X − a) binommal osztjuk, a maradék vagy nullafokú (azaz állandó polinom), vagy a zéruspolinom. Tehát az osztás maradéka r ( X ) = r , ahol r ∈ C . Írjuk fel a maradékos osztás tételét: P ( X ) = ( X − a) ⋅ q( X ) + r . Két egyenlő polinomnak az a pontban számolt behelyettesítési értékeik egyenlők bármely α ∈ C esetén. A P ( X ) = ( X − a) ⋅ q ( X ) + r egyenlőségből az a -ra számolt helyettesítési érték esetén a P (a) = (a − a) ⋅ q (a) + r egyenlőséghez jutunk, ahonnan r = P (a) . 2.5.1 Tétel. A P ( X ) ∈ C[ X ] polinom ( X − a) binommal való osztásakor a maradék egyenlő a P ( X ) polinom x = a -ra számolt helyettesítési értékével. 2.5.2. Példák 1. A P ( X ) = X 4 − 3 X 3 + 2 X 2 − 1 polinom ( X − 1) -gyel való osztási maradéka P (1) = 1 − 3 + 2 − 1 = −1 . 2. A Q ( X ) = X 3 − 2iX 2 + 4 X − 3i polinom ( X + 2i ) -vel való osztási maradéka P (−2i ) = 8i + 8i − 8i − 3i = 5i . A 2.5.1. tétel segítségével az osztás elvégzése nélkül meghatározhatjuk az ( X − a ) -val való osztás maradékát, de nem tudjuk meghatározni az osztás hányadosát. Keressünk egy olyan eljárást, amely segítségével a maradékot is, a hányadost is

meghatározhatjuk! Ha a P ( X ) = an X n + an −1 X n −1 + ... + a0 polinomot ( X − a) -val osztjuk, a hányados egy ( n − 1 )-ed fokú q( X ) = bn −1 X n −1 + bn − 2 X n − 2 + ... + b0 polinom, a maradék egy r ∈ C szám. A maradékos osztás tétele alapján: an X n + an −1 X n −1 + ... + a0 = ( X − a)(bn −1 X n −1 + bn −2 X n − 2 + ... + b0 ) + r , azaz an X n + an −1 X n −1 + ... + a0 = bn −1 X n + (bn − 2 − abn −1 ) X n −1 + (bn − 3 − abn − 2 ) X n − 2 + ... + + (b0 − ab1 )X + (r − ab0 ). A két polinom egyenlősége az együtthatók egyenlőségét teszi szükségessé, így an = bn −1 , an −1 = bn − 2 − abn −1 , ... , a1 = b0 − ab1 , r = a0 + ab0 . Az egyenlőségeket az alábbi táblázatba foglalhatjuk: a

an an bn −1

an −1 an −1 + abn −1 bn − 2

an − 2 an − 2 + abn − 2 bn −3

…..

a1 a1 + ab1 b0

a0 a0 + ab0 r

A táblázat első sorába a P( X ) polinom együtthatóit írjuk be, a második sorban pedig kiszámoljuk a hányadospolinom együtthatóit és a maradékot (a harmadik sorba


Tartalomjegyzék


leírtuk, hogy melyik helyen mit kaptunk meg). Észrevehető, hogy a másodok sor első eleme éppen az első sor első elemével egyenlő, míg minden más elemét úgy kapjuk, hogy az előtte álló elemet szorozzuk a-val, és hozzáadjuk az első sor megfelelő eleméhez. Ha ezt használjuk, rendre kiszámíthatjuk a hányados együtthatóit és a maradékot. Ha ezt az észrevételt használjuk (és az adatokat táblázatban foglaljuk) a hányados és a maradék kiszámítására, akkor azt mondjuk, hogy a hányadost és a maradékot a Horner-séma segítségével számoltuk ki. 2.5.3. Példák

1. Határozzuk meg az X 3 − 3iX 2 + 4 X + 1 − 2i polinom az ( X + 2) -vel való osztási hányadosát és maradékát! A Horner-séma:

−2

1 1

− 3i − 2 − 3i

4 4 + 6i + 4 = 8 + 6i

1− 2i − 16 − 12i + 1 − 2i = −15 − 14i

A hányados Q ( X ) = X 2 − (2 + 3i )X + 8 + 6i , a maradék r = −15 − 14i . 2. A P ( X ) = X 7 − 2 X 6 + 3 X 5 − 4 X 3 + 5 X + 6 polinom ( X − i ) -vel való osztási hányadosát és maradékát a következő sémával számíthatjuk ki: 7 3 0 0 5 6 −2 −4 i 7 − 4 − 2i − 4i + 2 2i − 2 + 7i − 2 5 − 2i 5i + 8

A hányados: 7 X 6 + (7i − 2) X 5 − (4 + 2i ) X 4 + (2 − 4i ) X 3 + 2iX 2 − 2 X + 5 − 2i , a maradék 5i + 8 . VI.2.6. Megoldott feladatok 1. Határozzuk meg az a, b, c ∈ R számot úgy, hogy fennálljon a következő egyen3X + 2 a b c lőség: = + + . ( X + 2)( X − 2)( X − 1) X + 2 X − 2 X − 1 Megoldás. A jobb oldalon elvégezzük a műveleteket: a b c + + = X + 2 X − 2 X −1 a( X − 1)( X − 2) + b( X + 2)( X − 1) + c( X + 2)( X − 2) = = ( X + 2)( X − 2)( X − 1)

(a + b + c) X 2 + (−3a + b) X + (2a − 2b − 4c) . ( X + 2)( X − 2)( X − 1) A feladat által kért egyenlőség a 3X + 2 (a + b + c) X 2 + (−3a + b) X + (2a − 2b − 4c) = = ( X + 2)( X − 2)( X − 1) ( X + 2)( X − 2)( X − 1) egyenlőséghez vezet, amely nyilvánvalóan csak akkor teljesül, ha a számlálók polinom egyenlő az egyenlők, azaz ha a 3X + 2 =

(a + b + c) X 2 + (−3a + b) X + (2a − 2b − 4c) polinommal. Ez csak akkor áll fenn, ha

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék

239


1 P ( X ) , P ( X ) és n . Ha megoldjuk az egyenletrendszert, következik, hogy a = − , 6 5 7 b = és c = − . 3 3 3X + 2 Megjegyzés. A fenti eljárással a törtet egyszerűbb törtekre ( X + 2)( X − 2)( X − 1) bontottuk. Az ilyenszerű felbontásokat későbbi tanulmányaink során gyakran használjuk. 2. Írjuk fel az 5 X 4 − 3 X 3 + 2 X 2 + 1 polinomot X ( X − 1) X ( X − 1)( X − 2) X ( X − 1)( X − 2)( X − 3) a0 + a1 X + a2 ⋅ + a3 ⋅ + a4 ⋅ 2 3! 4! alakban! X ( X − 1) X ( X − 1)( X − 2) Megoldás. a0 + a1 X + a2 ⋅ + a3 ⋅ + 2 6 X ( X − 1)( X − 2)( X − 3) 24a0 + 24a1 X + 1a2 X 2 − 12a2 X + 4a3 X 3 + a4 ⋅ = + 24 24 − 12a3 X 2 + 8a 3 X + a 4 X 4 − 6a 4 X 3 + 11a 4 X 2 − 6a 4 X + = 24 a 4a − 6a4 3 12a2 − 12a3 + 11a4 2 24a1 − 12a2 + 8a3 − 6a4 = 4 X4 + 3 X + X + X + a0 . 24 24 24 24 A két polinom akkor egyenlő, ha megfelelő együtthatói rendre egyenlők, így a0 = 1 , 24a1 − 12a2 + 8a3 − 6a4 12a2 − 12a3 + 11a4 4a − 6a4 a =0, =2, 3 = −3 , 4 = 5 . 24 24 24 24 Az utolsó egyenlőség alapján a 4 = 120 , az utolsó előtti alapján 4a3 = 27 ⋅ 24 , így a3 = 162 , majd a 2 = 56 , a1 = 96 és a0 = 1 . Megjegyzés. Bármely egyértelműen felírható

P ( X ) = an X n + an −1 X n −1 + ... + a1 X + a0

P ( X ) = b0 + b1 X + b2 ⋅

polinom

X ( X − 1) X ( X − 1)...( X − n + 1) + ... + bn ⋅ 2 n!

alakban. 3. Határozzuk meg a P ( X ) ∈ C[ X ] , legalább harmadfokú polinom X 2 + X − 2 -vel való osztási maradékát, ha ( X − 1) -gyel való osztási maradéka 2 és ( X + 2) -vel való osztási maradéka − 3 .

(

)

Megoldás. X 2 + X − 2 = ( X − 1)( X + 2) . Felírjuk a maradékos osztás tételét: P ( X ) = ( X − 1) ⋅ ( X + 2) ⋅ q( X ) + r ( X ) , ahol r ( X ) legfeljebb elsőfokú polinom, tehát r ( X ) = aX + b . Így P ( X ) = ( X − 1) ⋅ ( X + 2) ⋅ q ( X ) + aX + b . A két polinom egyenlőségéből következik az 1, illetve − 2 pontban számolt helyettesítési értékek egyenlősége: P (1) = a + b és P (−2) = −2a + b . De a P (1) nem más, mint a P polinom ( X − 1)-gyel való osztási maradéka, a P (−2) pedig az ( X + 2 )-vel való

Tartalomjegyzék



osztási maradéka. A feltételek alapján 5 a + b = 2 és − 2a + b = −3 , tehát a = 3  x4 4. Határozzuk meg az A =  x ∈ Z 

P (1) = 2 és P (−2) = −3 . Ebből adódik, hogy 5 1 1 és b = . Következésképp r ( X ) = X + . 3 3 3 2  − 2x + 3  ∈ Z  halmaz elemeit! x+2 

Megoldás. Ha az X 4 − 2 X 2 + 3 polinomot elosztjuk ( X + 2 )-vel és felírjuk a

maradékos osztás tételét, az

X 4 − 2 X 2 + 3 = ( X + 2)( X 3 − 2 X 2 + 2 X − 4) + 11 ,

X 4 − 2X 2 + 3 11 . Az = X 3 − 2X 2 + 2X − 4 + X +2 X −2 11 X 3 − 2 X 2 + 2 X − 4 kifejezés értéke egész szám minden x ∈ Z esetén. De a x−2 tört értéke akkor és csak akkor egész szám, ha x − 2 osztója a 11 -nek, azaz ha x − 2 ∈ D11 , ahol D11 = {− 11, − 1, 1, 11}. Az x − 2 = −11 egyenlőségből x = −9 , az x − 2 = −1 -ből x = 1 , az x − 2 = 1 -ből x = 3 , az x − 2 = 11 -ből x = 13 , tehát A = {− 9,1, 3,13}.

egyenlőséghez jutunk. Tehát

(

)

5. Határozzuk meg az X n − nX n −1 + (n + 1) X − 2 polinom X 2 − 2 X + 1 -gyel való osztási maradékát! Megoldás. n

X − nX

n −1

Észrevehetjük,

X 2 − 2 X + 1 = ( X − 1) 2 .

hogy

Ha

az

+ (n + 1) X − 2 polinomot P ( X ) -szel jelöljük, P (1) = 1 − n + n + 1 − 2 = 0 .

Tehát a P ( X ) osztható ( X − 1 )-gyel. A P ( X ) -et úgy osztjuk ( X − 1) 2 -nel, hogy előbb elosztjuk ( X − 1 )-gyel (ez az osztás maradék nélküli), majd a hányadost ismét osztjuk ( X − 1 )-gyel. Az osztásokat a Horner-séma segítségével végezzük el.

1

Xn 1 1

X n−1 −n 1− n

X n− 2 0 1− n

……. ……. …….

X2 0 1− n

X n +1 2

X0 n−2 0

Tehát X n − nX n −1 + (n + 1) X − 2 = ( X − 1) ⋅ [ X n −1 + (1 − n) X n − 2 + ... + (1 − n) X + 2] .

1

X n−1 1

X n−2 1− n

X n −3 1− n

……. …….

X 2

X0 0

1

2−n

3 − 2n

…….

− n 2 + 3n − 1

− n 2 + 3n − 1

Figyeljük meg, hogy a Horner-sémában az egymás utáni együtthatók sorozata: 1, 1 + (1 − n) , 1 + (1 − n) + (1 − n) , 1 + (1 − n) + ... + (1 − n) , 1 + (1 − n)(n − 2) + 2 . (n − 2 )− szer Tehát az osztás hányadosa: X n − 2 + (2 − n) X n − 3 + (3 − 2n) X n − 4 + ... + (− n 2 + 3n − 1) , és a maradék: − n 2 + 3n − 1 .

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

241

Polinomok és algebrai egyenletek VI.2.7. Gyakorlatok és feladatok

1. A következő kifejezések közül melyek monomok? Hány változósak, hányad fokúak, és mennyi az együtthatójuk? 1

3i 5 3 2 X , − X 2 X 3 , 7 X −1 , − X 2 , 2πXYZ 2 , , π2 3 X . 2 7 2 4

2. Végezd el! a)

 i  3iX 2 ⋅  − X  ;  3 

c)

[(

) ] [(

e)

(2 + i )X 24 : [(2 − i )X 19 ] ;

7− 2 X ⋅

5   12  b)  X 2Y  ⋅  − XY 2  ; 6 35     5 2 0,63x YZ d) − ; 0,07 X 4Y

) ]

2 − 7 X5 ;

( ) h) (− iX ) ; 5

f) − 5 X 3 ;

[( 3 − 1)XYZ ] ; i) (− εxXZ ) , ahol ε harmadrendű egységgyök; j) (− 5iX Y ) : ( 5 X Y ) . Határozd meg a polinomok fokát a paraméterek függvényében: a) P( X ) = (m − 5m + 4 )X + (m − 1)X + (m − 4 )X + 3 , m ∈ C; b) P( X ) = (m + 9)X + (m − 81)X + 3iX − 5 , m ∈ C; 33

g)

7 15

2 100

7 2 10

3.

3

2 2

19

4

3

2

4

3

2

c) P( X ) = 5 X n + 3 − X 5 + iX 4 + 3 X 2 − (1 + i ) , n ∈ N;

d) P( X ) = iX n +1 − iX 4 + 2 X 3 − X , n ∈ N. 4. Számítsd ki a polinomok együtthatóinak összegét: a) P1 ( X ) = X 5 − 3 X 4 + X 3 + X 2 − X + 1 ;

b) P2 ( X ) = X 2000 − X 1999 + X 1998 − … − X + 1 ;

c) P3 ( X ) = (1 − X )n + ( X − 1)n −1 + (1 − X )n − 2 + … + (− 1)n +1 (1 − X ) − 1 ; 1 1 1 d) P4 ( X ) = X n + X n −1 + X n−2 + X n −3 + … 2 +1 3+ 2 2+ 3 1 1 …+ X+ ; n + n −1 n + n +1

(

e) P5 ( X ) = εX + ε 2

) + (ε X + ε) k

2

k −1

+ (iX )k +1 .

5. a) A P( X ) = − 5 X 4 + 4 X 3 − 3 X 2 + 2 X − 1 polinom esetén számítsd ki a

( ) (

)

(

) (

P(1), P(− 1), P(2), P(− 2), P 3 , P − 3 , P(i ) , P(− i ) , P 1 + 2 , P 1 − 2 értékét!

)

b) Számítsd ki a P( X ) = X 3 − 3 X + 5 polinom x = 3 2 − 3 + 3 2 + 3 pontban számolt helyettesítési értékét!


Tartalomjegyzék


6. Határozd meg az a, b, c paraméter értékeit úgy, hogy a

(b − 2)(X 3 − 1) + (X 2 − 1)(2 − c ) + b(1 − X ) + c + 1

polinom egyenlő legyen az X 3 − 4 X 2 − 3 X − a polinommal! 7. Számítsd ki a polinomok összegét: a) P( X ) = X 5 − X 4 + X 3 − X 2 + X + 1 és Q( X ) = X 4 + X 3 + X 2 + X + 1 ; 1 b) P( X ) = (2 + i )X 4 − 3iX 3 + 2 X 2 − X + 5 és 2 Q( X ) = − iX 4 + (1 − i )X 3 − 3 2 X 2 + 0,5 X − 1 ;

(

)

(

)

c) P( X ) = 1 − 2 X 3 + (3 − i )X 2 + 0,25 X − 7 + 3 és 1 Q( X ) = 2 − 1 X 3 + (i − 3)X 2 − X + 3 + 7 ; 4

(

)

(

)

d) P( X ) = X 3 − (2 + i )X 2 − iX + 1 − i és Q( X ) = (1 − 3)X 2 + (2i − 1)X + 2 − 3i . 8. Számítsd ki a következő polinomok szorzatát! a) P( X ) = X + 5 + 3 és Q( X ) = − X + 5 − 3 ;

(

(

)

b) P( X ) = X 3 + X 2 + X + 1 és Q( X ) = − X + 1 ;

)

c) P( X ) = X 4 − 2 X 3 + 4 X 2 − X + 2 és Q( X ) = X + 2 ; d) P( X ) = X 2 + (2 − i )X + 1 − i és Q( X ) = iX 2 − (2 + i )X − 1 − i ;

(

)

(

)

e) P( X ) = X 2 + 1 − i 3 X − 3 2 + i 3 és Q( X ) = X − 2 + i 3 .

9. Bizonyítsd be, hogy ha a P( X ) = X 2 + aX + 4 , a ∈ R polinom teljesíti a P (2 + α ) = P (2 − α ) egyenlőséget bármely α ∈ C esetén, akkor P( X ) egy binom négyzete! 10. Határozd meg a P ( X ) polinom Q( X ) -szel való osztási hányadosát és maradékát! a) P( X ) = X 5 − X 4 + X 3 − 5 X 2 + 4 X − 6 , Q( X ) = X 3 − 2 X 2 + X − 3 ; b) P( X ) = X 4 + 6 X 3 + 8 X 2 + 1 , Q( X ) = X 3 − X + 1 ; c) P( X ) = X 8 − 3 X 7 + 2 X 6 + X 5 + X 4 − 2 X 3 + 3 X , Q( X ) = X 2 − 2 X + 1 ; d) P( X ) = X 11 − X 9 + X 7 − 5 X 6 + X 4 + 7 X 2 + 9 , Q( X ) = X 2 + X + 2 ; e) P( X ) = 2 X 3 + (7 − i )X 2 + 7 X + 3 + i , Q( X ) = X + 2 − i ; f)

P( X ) = 2 X 4 + (1 − 2i )X 3 + (4 − 2i )X 2 + (1 + i )X − 2i és Q( X ) = X 2 − iX + 2 .

11.

Határozd meg az a-t és b-t úgy, hogy a 2 X 4 − 3 X 3 + aX + b polinom

osztható legyen az X 2 − 2 X + 3 polinommal.

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

243

Polinomok és algebrai egyenletek 12.

Végezd el Horner-sémával az osztásokat:

(2 X − 7 X + 6 X − 8 X + 9 X + 10): ( X − 2) ; b) (X − X + 3 X − 6 X + 2 ): ( X + 1) ; 1  c) (4 X + 5 X − 12 X − 40 ):  X +  ; 2  d) (X + 3 X − 5 X + 2 3 X − 6 X − 4 3 ): (X − 3 ) ; e) (X + (1 + i )X + iX + (7i − 9 )X − 1 + 3i ): ( X − 2 + i ) . 13. Határozd meg a P( X ) = X − mX + (m − 2)X 5

a)

6

4

3

5

4

5

4

2

3

3

4

3

3

2

2

5

4

2

3

+ mX 2 − 1 polinom ( X + 2i ) -vel való osztási maradékát és hányadosát, ha tudod, hogy a P( X ) ( X − 1) -gyel való osztási maradéka 7. 14. Határozd meg azt a legkisebb fokú polinomot, amely ( X + 2) -vel való osztási maradéka –2, az ( X − 2 ) -vel való osztási maradéka 2 és az X -szel való osztási maradéka 1. 15. Bizonyítsd be, hogy a P( X ) polinom ( X − a ) ⋅ ( X − b ) -vel való osztási ( X − a )P (b ) − ( X − b )P (a ) , ahol a, b ∈C, a ≠ b . maradéka r ( X ) = b−a 16. Bizonyítsd be, hogy ha a P( X ) = a0 + a1 X + … + an X n egész együtthatós polinom esetén a P(2) és a P(− 3) páratlan szám, akkor bármely α ∈ Z esetén P (α ) páratlan.

17. Bizonyítsd be, hogy ha P ( X ) = a0 + a1 X + … + an X n egész együtthatós polinom, akkor bármely a, b ∈ Z a ≠ b esetén (P(a ) − P (b )) (a − b ) . 18. a) Bizonyítsd be, hogy ha P ∈ C [ X ] és gr P = n , akkor a Q( X ) = P ( X + 1) − P ( X ) polinom fokszáma n − 1 . b) Bizonyítsd be, hogy ha P ∈ C [ X ] és gr P = n, akkor léteznek olyan

ε1 , ε 2 ,…, ε 2 n ∈ {− 1,1} számok, amelyekre

2n

∑ ε k ⋅ P(x + k ) = 0 , ∀ x ∈ C. k =1

19. Bizonyítsd be, hogy tizenkét egymás utáni teljes négyzet felosztható két hatos csoportra úgy, hogy az egyes csoportok elemeinek négyzetösszegét egymásból kivonva a) 108 -cal osztható számot kapjunk; b) 84 -gyel osztható számot kapjunk. 20.

Bizonyítsd be, hogy ha

P( X ) = a0 X 3 + a1 X 2 + a2 X + a3 és

bármely x ∈ [− 1,1] esetén, akkor a0 + a1 + a 2 + a3 ≤ 7 .

P(x ) ≤ 1 ,

Tartalomjegyzék



VI.2.8. Polinomok oszthatósága

Az egész számok tanulmányozásakor megismerkedtünk az egész számok oszthatósági relációjával. Megtanultuk, hogy az a ∈ Z szám akkor osztható a b ∈ Z * számmal, ha létezik olyan c ∈ Z szám, amelyre a = b ⋅ c (pl. 28 4 , mert 28 = 7 ⋅ 4 ). Vizsgáltuk a reláció tulajdonságait, megállapítottuk, hogy az oszthatósági reláció reflexív, tranzitív és a természetes számok halmazán antiszimmetrikus. Megvizsgáltuk a műveletekkel szembeni viselkedését, és az ezzel kapcsolatos tulajdonságokat (pl. ha a c, b c , akkor (a + b ) c ; ha a c , akkor (a ⋅ b ) c ). Hasonló tanulmányozásnak kell alávetnünk a polinomok halmazát is. 2.8.1. Értelmezés. Ha P ( X ) és Q( X ) két polinom, amelyek együtthatói egy rögzített M számhalmaz elemei, akkor azt mondjuk, hogy a P( X ) polinom osztható a Q( X ) polinommal az M halmaz fölött (vagy a Q( X ) osztja a P( X ) -et), ha létezik olyan R( X ) polinom, amelynek minden együtthatója M-ből van és teljesül a P ( X ) = Q( X )R( X ) egyenlőség. Ezt a Q( X ) P( X ) vagy P ( X ) Q ( X ) szimbólummal jelöljük. 2.8.2. Példák. Az X 2 − 1 polinom osztható az ( X − 1) -gyel a Z fölött, mivel X 2 −1 = ( X − 1)( X + 1) . Az X 2 + 4 polinom osztható ( X − 2i ) -vel a C fölött, mivel X 2 + 4 = ( X − 2i )( X + 2i ) . Az

X 3 − 64

polinom osztható az

(

)

X 2 + 4 X + 16

polinommal a Z fölött, mivel X 3 − 64 = ( X − 4 ) X 2 + 4 X + 16 . Megjegyezzük, hogy az X − 1 polinom nem osztható a 2 X − 2 polinommal a Z fölött, de osztható a 2 X − 2 1 polinommal minden olyan számhalmaz fölött, amelynek az eleme. 2 2.8.3. Megjegyzés. Ha Q( X ) P( X ) , akkor gr P( X ) ≥ gr Q( X ) , mivel gr P( X ) = gr Q( X ) + gr R( X ) ≥ gr Q( X ) . Vizsgáljuk meg az oszthatósági reláció az egész számok esetén tanulmányozott tulajdonságait, majd térjünk ki azokra a tulajdonságokra, amelyek a polinomok oszthatóságának sajátos jellemzői. 2.8.4. A polinomok oszthatóságának tulajdonságai 1. A P( X ) ∈ C[ X ] polinom akkor és csak akkor osztható a Q( X )∈ C[ X ] polinommal (a C fölött2), ha az osztás maradéka nulla. A maradékos osztás tétele értelmében P( X ) = Q( X ) ⋅ q( X ) + r ( X ) , és gr (r ( X )) < < gr q( X ) . De Q( X ) P( X ) ⇔ ∃ R( X ) úgy, hogy P( X ) = Q( X ) R( X ) . Mivel a maradékos osztás tételében megjelenő hányados- és maradékpolinomok egyértelműen meghatározottak, r ( X ) = 0 és R( X ) = q( X ) . Tehát Q( X ) P( X ) ⇔ r ( X ) = 0 . 2

A továbbiakban, ha valamely oszthatóságról nem mondjuk, hogy milyen számhalmaz fölött érvényes, akkor azt a C fölött tekintjük.

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

245


2. Bézout-tétele. A P( X ) polinom akkor és csak akkor osztható az X − a binommal, ha P(a ) = 0 . Bizonyítás. Az előbbi tulajdonság alapján a Q( X ) akkor és csak akkor osztható a P( X ) -szel ha az osztás maradéka 0. A 2.5.1. tétel értelmében az ( X − a ) -val való osztás maradéka r = P(a ) , így Q( X ) P( X ) ⇔ P(a ) = 0 . 3. A zéruspolinomtól különböző konstanspolinomok minden polinomnak osztói.

Bármely a ∈ C * és bármely P ∈ C [ X ] esetén létezik az R( X ) =

1 P ( X ) polinom a

1  úgy, hogy P( X ) = a  P ( X ) legyen, tehát a P( X ) . a  4. Bármely P( X ) ∈C [ X ] polinomnak az összes Pa ( X ) = a ⋅ P( X ) , a ∈ C * polinom osztója. 1 Valóban, P( X ) = [P ( X )] , tehát Pa ( X ) P( X ) . a Az a ⋅ P ( X ) alakú polinomokat a P( X ) -szel asszociált polinomoknak nevezzük. Megjegyzés. A 3. és 4. tulajdonság azt mutatja, hogy a tetszőleges P ∈ C [ X ] polinomnak végtelen sok osztója van: az összes a ∈ C * konstanspolinom és az összes a ⋅ P ( X ) polinom. Ezek a P( X ) polinomnak nem valódi osztói, az ezektől különböző osztók a P( X ) valódi osztói. Például az X 3 − 1 polinomnak a 2 , a

(

3 , a 5 X 3 − 5 és

)

az i − iX 3 nem valódi osztói. Az 5 X 3 − 5 és az i − iX 3 az X 3 − 1 -gyel asszociált polinomok, ugyanakkor az 5 X 3 − 5 és az i − iX 3 is asszociált polinomok. 5. A polinomok oszthatósági relációja reflexív, vagyis bármely polinom osztója önmagának: bármely P ∈ C [X ] esetén P( X ) = 1 ⋅ P ( X ) , és így P( X ) P( X ) . 6. A polinomok oszthatósági relációja tranzitív, vagyis bármely P( X ), Q( X ), R( X ) polinom esetén, ha Q( X ) P( X ) és R( X ) Q( X ) , akkor R( X ) P( X ) .

Q( X ) P( X ) ⇔ ∃ q1 ( X ) úgy, hogy P ( X ) = Q( X ) ⋅ q1 ( X ) .

R( X ) Q( X ) ⇔ ∃ q 2 ( X ) úgy, hogy Q( X ) = R( X ) ⋅ q 2 ( X ) . A fenti két egyenlőségből következik, hogy P( X ) = Q( X ) ⋅ q1 ( X ) = (R( X ) ⋅ q 2 ( X )) ⋅ q1 ( X ) = R( X ) ⋅ (q 2 ( X )q1 ( X )) , tehát R( X ) P( X ) . 7. Ebben a pontban azt vizsgáljuk, hogy milyen összefüggésnek kell fennállnia a P( X ) és Q( X ) nem nulla polinomok között ahhoz, hogy a P( X ) osztója legyen a Q( X ) -nek és a Q( X ) osztója legyen a P( X ) -nek. (Természetes számok esetén az a b és b a csak akkor áll fenn, ha a = b ; egész számok esetén pedig akkor, ha a = b ).


Tartalomjegyzék


Ha Q( X ) P( X ) , akkor létezik olyan q1 ( X ) , amelyre P( X ) = Q( X ) ⋅ q1 ( X ) legyen.

P( X ) Q( X ) ,

Ha

akkor

létezik

olyan

q2 (X ) ,

amelyre

Q( X ) = P( X ) ⋅ q 2 ( X ) legyen. Ebből adódik, hogy P( X ) = q1 ( X ) ⋅ q 2 ( X )P( X ) és gr P( X ) = gr q1 ( X ) +gr q 2 ( X ) +gr P( X ) , azaz gr q1 ( X ) +gr q 2 ( X ) = 0 . Mivel gr q1 ( X ) ≥ 0 és gr q 2 ( X ) ≥ 0, a gr q1 ( X ) és a gr q 2 ( X ) is nulla. Ebből következik, hogy mindkét polinom konstans: q1 ( X ) = c1 ∈ C * és q2 ( X ) = c 2 ∈ C * . Így 1 P( X ) = c1 c2 P( X ) , azaz c1 c 2 =1 és P ( X ) = c1 Q( X ) , valamint Q( X ) = P ( X ) . c1

Tehát a P( X ) és Q( X ) polinomok asszociált polinomok. Következésképp ha

P( X ) Q( X ) és Q( X ) P( X ) , akkor a P( X ) és Q( X ) asszociált polinomok. 8. Vizsgáljuk az oszthatósági reláció műveletekkel való kapcsolatát! a) Ha Q( X ) P( X ) , akkor bármely R( X ) ∈ C [X ] esetén Q( X ) P( X ) ⋅ R( X ) . Valóban, ha

Q( X ) P( X ) , akkor létezik olyan

q1 ( X ) ∈ C [X ] , hogy

P( X ) = Q( X ) ⋅ q1 ( X ) legyen, tehát P( X ) ⋅ R ( X ) = ( Q( X ) ⋅ q1 ( X ) ) ⋅ R( X ) = ( q1 ( X ) ⋅ R( X ) ).

Ebből következik, hogy Q( X ) P( X ) ⋅ R( X ) .

b) Ha R( X ) P( X ) és R( X ) Q( X ) , akkor R( X ) (P( X ) + Q( X )) .

Valóban, ha R( X ) P( X ) , akkor létezik olyan q1 ( X ) ∈ C [X ] , amelyre P( X ) = q1 ( X ) ⋅ R( X ) , és ha R( X ) Q( X ) , akkor létezik olyan q 2 ( X ) ∈ C [X ] ,

amelyre Q( X ) = q 2 ( X ) ⋅ R( X ) . Ha a két egyenlőséget összeadjuk, a P( X ) + Q( X ) = q1 ( X ) ⋅ R( X ) + q 2 ( X ) ⋅ R( X ) egyenlőséghez jutunk. Ebből adódik, hogy P( X ) + Q( X ) = ( q1 ( X ) + q 2 ( X ) ) ⋅ R( X ) , tehát R( X ) (P( X ) + Q( X )) .

9. Ha a P( X ) ∈ C [X ] polinomnak az x1 , x 2 , … , x k −1 és x k különböző komplex számok a gyökei, akkor P(X) osztható ( X − x1 )( X − x 2 )… ( X − x k ) -val. A tulajdonság bizonyítását matematikai indukcióval végezzük. k=1 esetén Bézouttétele értelmében, ha x1 gyöke a polinomnak, akkor ( X − x1 ) P( X ) . Továbbá

bizonyítjuk, hogy ha az állítás k-ra igaz, akkor (k + 1) -re is igaz. Tehát, ha x1 , x 2 , … , x k , x k +1 a P( X ) polinom gyökei, akkor az indukciós feltevés szerint

( X − x1 )( X − x2 )…( X − xk ) P( X ) . A Bézout-tétel értelmében ( X − xk +1 ) P( X ) , tehát P( X ) = ( X − x1 )( X − x2 )… ( X − xk ) Q( X ) és P( X ) = ( X − xk +1 )R( X ) ,

amiből adódik, hogy

( X − x1 )( X − x2 )…( X − xk ) Q( X ) = ( X − xk +1 )R( X ) .

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék


247

Ha felírjuk mindkét oldal x k +1 -ben vett helyettesítési értékét következik, hogy ( X k +1 − x1 )( X k +1 − x2 )…( X k +1 − xk )Q(xk +1 ) = 0 , ahonnan Q(xk +1 ) = 0 , és Bézout-

( X − xk +1 ) Q( X ) , azaz Q( X ) = ( X − xk +1 ) Q1 ( X ) . P( X ) = ( X − x1 )( X − x 2 )… ( X − x k ) ( X − x k +1 ) Q1 ( X ) , tehát ( X − x1 )… ( X − x k +1 ) Q( X ) .

tétel

alapján

Így

2.8.5. Következmények

1. Egy n -ed fokú P( X ) polinomnak legtöbb n különböző gyöke van. Valóban, ha feltételezzük, hogy P( X ) -nek van n+1 különböző gyöke, akkor a P( X ) n-ed fokú polinom osztható az ( X − x1 )( X − x 2 )… ( X − x k +1 ) (n+1)-ed fokú polinommal, ami a 2.8.3. megjegyzés alapján lehetetlen. Tehát a P( X ) -nek legtöbb n különböző gyöke lehet. 2. Ha az x1 , x 2 , … , x n ∈ C számok az n -ed fokú P( X ) = an X n + … + a1 X + a0 polinom gyökei, akkor P( X ) = a n ( X − x1 )( X − x 2 )… ( X − x n ) . Az 1. következmény alapján a P( X ) osztható az ( X − x1 )( X − x 2 )… ( X − x n ) nel, azaz P( X ) = ( X − x1 )( X − x 2 )… ( X − x n ) q( X ) , gr P( X ) = n + gr q( X ) , ebből következik, hogy gr q( X ) =0, azaz q( X ) = c , c ∈ C. Tehát P( X ) = c ( X − x1 )( X − x 2 )… ( X − x n ) . A P( X ) polinomban az

X n együtthatója a n , míg a c ( X − x1 )( X − x 2 )… ( X − x n ) -ben c, tehát a két

polinom egyenlőségéből következik, hogy c = a n , így

P( X ) = a n ( X − x1 )( X − x 2 )… ( X − x n ) .

3. Jelöljük x1 -gyel, x 2 -vel,…, xn −1 -gyel és x n -nel a Q( X ) polinom gyökeit. Ha ezek a gyökök páronként különböző számok, akkor a P( X ) polinom akkor és csak akkor osztható Q( X ) -szel, ha x1 , x 2 , … , x n a P( X ) -nek is gyökei. Bizonyítás. Legyenek x1 , x 2 , … , x n a Q( X ) polinom gyökei. Ha x1 , x 2 , … , x n a P -nek is gyökei, akkor Bézout tétel alapján P( X ) osztható ( X − x1 ) -gyel, azaz P( X ) = ( X − x1 )P1 ( X ) . Mivel x 2 gyöke a P( X ) -nek, következik, hogy 0 = P( x 2 ) = ( x 2 − x1 )P1 ( x 2 ) , ami azt jelenti, hogy az x 2 gyöke a P1 -nek, és Bézout-tétele alapján P1 ( X ) = ( X − x 2 )P2 ( X ) . A P( X ) = ( X − x1 )P1 ( X ) = ( X − x1 )( X − x2 )P2 ( X ) egyenlőség alapján 0 = P(x3 ) = ( x3 − x2 )P2 ( x3 ) , tehát P2 ( x3 ) = 0. Ebből következik, hogy az x 3 gyöke a P2 -nek, és Bézout tétele alapján P2 ( X ) = ( X − x3 )P3 ( X ) . Indukcióval bizonyítható, hogy létezik olyan Pk ( X ) polinom, amelyre P( X ) = ( X − x1 )( X − x2 )… ( X − xk )Pk ( X ) , bármely k≤n esetén, tehát P( X ) ( X − X 1 )( X − X 2 )… ( X − X n ) . Ebből következik, hogy a P( X ) osztható a Q( X ) -szel is (mivel Q( X ) = bn ( X − x1 )… ( X − xn ) ).

Tartalomjegyzék



VI.2.9. Megoldott feladatok 1. Bizonyítsuk be, hogy a) az X n − nX + n − 1 osztható ( X − 1) -gyel;

b) az X n − nX + n − 1 osztható ( X − 1) 2 -nel;

c) az X n − nX + n − 1 nem osztható ( X − 1) 3 -nel, ha n ≥ 2 ;

(

)

d) az X 2 n − nX 6 + nX 4 − 1 osztható X 2 − 1 -gyel; e) az X

6 n −1

(

2

)

+ X − 1 osztható X + X − 1 -gyel;

f) az (1 + X )

3n + 2

(

)

+ X 2 + 2 osztható X 2 + 3 X + 3 -mal.

Megoldás. a) Jelöljük P1 ( X ) -szel az X − nX + n − 1 polinomot. P1 (1) = 1 − n + n − 1 =0, és Bézout tétele alapján P1 ( X ) osztható ( X − 1) -gyel. n

b) A Horner-séma segítségével osszuk el az X n − nX + n − 1 polinomot ( X − 1) -gyel! … X Xn X n −1 X2 X0 −n n −1 1 0 … 0 1− n 0 1 1 1 … 1

Az osztás hányadosa X n −1 + X n − 2 + … + X + 1 − n = Q1 ( X ) , tehát Q1 (1) = 1 + 1 + … + 1 + 1 − n = 0 . Így a Bézout-tétel értelmében Q1 ( X ) osztható

( X − 1) -gyel.

Tehát

P ( X ) = ( X − 1)Q1 ( X ) = ( X − 1)( X − 1)Q2 ( X ) = ( X − 1)2 Q2 ( X ) ,

ami azt jelenti, hogy P( X ) osztható ( X − 1)2 -nel. c) Ha a Horner-séma segítségével a Q1 ( X ) -et elosztjuk ( X − 1) -gyel, a hányados

1 Ebből

Q2 ( X ) = X n − 2 + 2 X n − 3 + … + (n − 2 )X + n − 1 , tehát (n − 1)n ≠ 0 , ha n ≥ 2 . Q2 (1) = 1 + 2 + … + n − 2 + n − 1 = 2 n −1 n−2 … X X X X0 1− n 1 1 … 1 n −1 0 1 2 …

következik,

hogy

a

Q2 ( X )

nem

osztható

( X − 1) -gyel,

tehát

P ( X ) = (x − 1)2 Q2 ( X ) polinom nem osztható ( X − 1)3 -nel.

a

d) Jelöljük P2 ( X ) -szel az X 2 n − nX 6 + nX 4 − 1 polinomot. P2 (1) = 1 − n + n − 1 = 0 , ezért a P2 ( X ) osztható ( X − 1) -gyel. Mivel P2 (− 1) = 1 − n + n − 1 = 0 , a Bézout-tétel

(

)

értelmében a P2 ( X ) osztható ( X + 1) -gyel is, tehát a P2 ( X ) osztható X 2 − 1 -gyel. 2

e) Az X + X + 1 polinom gyökei a harmadrendű egységgyökök, tehát 6 n −1 P3 (ε ) = (ε ) + ε −1 = ε2 + ε + 1 = 0 .

Ebből következik, hogy a P3 ( X ) osztható az X 2 + X + 1 polinommal.

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék

249


( X + 1)2 + ( X + 1) + 1

f) Az X 2 + 3 X + 3 polinom

alakban írható, és ennek a

polinomnak a gyökeit így kapjuk meg: X 1 + 1 = ε, X 2 + 1 = ε 2 , tehát X 1 = ε − 1 és X 2 = ε 2 − 1 . Ha az ( X + 1)3n + 2 + X + 2 polinomot P4 ( X ) -szel jelöljük, írhatjuk:

(

) (

P4 (ε − 1) = (ε − 1 + 1)3n + 2 + ε − 1 + 2 = ε 2 + ε + 1 = 0 , és

)

P4 ε 2 − 1 = ε 2 − 1 + 1

3n + 2

( )

+ ε2 − 1 + 2 = ε2

2

+ ε2 + 1 = ε + ε2 + 1 = 0 ,

tehát az X 2 + 3 X + 3 polinom gyökei a P4 ( X ) -nek is gyökei. Ezért a P4 ( X )

(

)

osztható az X 2 + 3 X + 3 -mal. 2. Határozzuk meg az összes olyan valós együtthatós P( X ) polinomot, amelyre XP( X ) = ( X − 3)P( X + 1) . Megoldás. Ha két polinom egyenlő, akkor bármely α ∈ C esetén az α helyen vett értékük is egyenlő, így x = 0 esetén 0 ⋅ P(0) = −3P(1) , tehát P(1) = 0 , amiből a Bézout-tétel alapján P( X ) osztható ( X − 1) -gyel. x = 3 esetén 3P(3) = 0 ⋅ P(4 ) , tehát P(3) = 0 , következésképp a P( X ) osztható ( X − 3) -mal. x = 2 esetén 2 P(2) = −1P(3) = 0 , tehát P(2 ) = 0 , ezért P( X ) osztható ( X − 2 ) -vel. Így P( X ) = ( X − 3)( X − 2 )( X − 1)P1 ( X ) , és az adott polinomegyenlőség az X ( X − 3)( X − 2 )( X − 1)P1 ( X ) = ( X − 3)( X − 2)( X − 1)XP1 ( X + 1) alakban írható. Ebből következik, hogy P1 ( X ) = P1 ( X + 1) , azaz P1 ( X + 1) − P1 ( X ) = 0 . Ha P1 ( X ) n-ed fokú, akkor a P1 ( X + 1) − P1 ( X ) (n − 1) -ed fokú, ezért a P1 ( X + 1) − P1 ( X ) = 0 csak akkor áll fenn, ha P1 ( X ) = c, c ∈ C . 3. Tekintsük a következő azonosságot:

(X

2

)

n

+ 3 X + 2 = a0 = a1 X + a2 X 2 + … + a2 n X 2 n .

a) Bizonyítsuk be, hogy a0 + a2 + … + a2 n = a1 + a3 + … + a2 n −1 = 2 n −13n . b) Számítsuk ki a 2 -t. Megoldás a) A polinomegyenlőség az x = −1 helyen vett helyettesítési értékre az

(1 − 3 + 2)n = a0 − a1 + a2 − a3 + … + a2n − 2 − a2n −1 + a2n egyenlőséget 0 = a0 + a2 + … + a2n − 2 + a2n − (a1 + a3 + … + a2n −1 ) , amiből a0 + a2 + … + a2 n

eredményezi, tehát = a1 + a3 + … + a2 n −1 . Az x = 1 -re vett helyettesítési érték az

(1 + 3 + 2)n = a0 + a1 + a2 + a3 + … + a2n −1 + a2n egyenlőséget következésképp 6 n = (a0 + a2 + … + a2n ) + (a1 + a3 + … + a2n −1 ) , azaz 2 n3n = 2(a0 + a2 + … + an ) , és a0 + a2 + … + a2 n = a1 + a3 + … + a2 n −1 =

2 n3n = 2 n −13n . 2

eredményezi,

Tartalomjegyzék



b)

(X

2

n n(n − 1) 2   + 3 X + 2 = ( X + 1)n ( X + 2 )n = 1 + nX + X + … ⋅ 2   ( ) − n n 1   ⋅  2 n + n2 n −1 X + 2 n − 2 X 2 + ...  . 2  

)

Az X 2 együtthatója:

n(n − 1) n   n(n − 1) n − 2 + nn2 n −1 + 2 2  = n(n − 1)2 n − 3 + n 2 2 n −1 + n 2 − n 2 n −1 = 1 2 2  

(

(

) (

)

= 2 n − 3 n 2 − n + 4n 2 + 4n 2 − 4 n = 9n 2 − 5n 2 n − 3 . Megjegyzés.

Az

(X

2

)(

) (

+ 3X + 2 X 2 + 3X + 2 … X 2 + 3X + 2

)

)

szorzat

kiszámításakor X 2 -es tagot csak úgy kaphatunk, ha két zárójelből az X -es tagot a többi zárójel szabadtagjával szorzunk, vagy ha az egyik zárójel X 2 -es tagját a többi zárójel szabadtagjával szorozzuk. Az első választásra C n2 ⋅ 9 ⋅ 2 n − 2 lehetőségünk van, a másodikra n ⋅ 2 n −1 , tehát az X 2 -es tag együtthatója:

(

)

C n2 ⋅ 9 ⋅ 2 n − 2 + n ⋅ 2 n −1 = 2 n − 3 9n2 − 5n . 4. P( X ) olyan egész együtthatós polinom, amelynek négy különböző egész szám esetén vett helyettesítési értéke 7. Bizonyítsuk be, hogy nem létezik olyan α egész szám, amelyre P(α ) = 14 . Megoldás. Jelöljük Q( X ) -szel a P( X ) − 7 polinomot, α1 -gyel, α 2 -vel, α 3 -mal és α 4 -gyel a négy különböző egész számot, amelyre P (α1 ) = P (α 2 ) = P (α 3 ) = P (α 4 ) = 7 . Ebből a Bézout-tétel alapján következik: Q(α1 ) = Q(α 2 ) = Q(α 3 ) = Q(α 4 ) = 0 és Q( X ) ( X − α1 )( X − α 2 )( X − α 3 )( X − α 4 ) , tehát Q( X ) = ( X − α1 )( X − α 2 )( X − α 3 )( X − α 4 )Q1 ( X ) . P(α ) = 14 ⇔ P(α ) − 7 = 7 ⇔ Q(α ) = 7 . Tehát, ha létezne olyan α ∈ Z , amelyre P(α ) = 14 , akkor erre az α értékre Q(α ) = 7 lenne. Ebből következik, hogy (α − α1 )(α − α 2 )(α − α 3 )(α − α 4 )Q1 (α ) = 7 , ahol α − α1, α − α 2 , α − α 3 , α − α 4 különböző egész számok. De a 7 prímszám, így a 7 legtöbb három különböző egész szorzatára bontható fel (pl. − 7 ⋅ 1 ⋅ (− 1)) , tehát ellentmondáshoz jutottunk. A fenti ellentmondás alapján P(α ) egyetlen egész α -ra sem lehet 14. 5. (A kis Fermat-tétel) Ha p prímszám, akkor a Q( X ) = X p − X polinom a-ban vett helyettesítési értéke osztható p-vel minden a ∈ N szám esetén. Bizonyítás. A tételt matematikai indukcióval bizonyítjuk.

a = 0 -ra 0 p − 0 = 0 , ami osztható p-vel. a = 1 -re 1 p − 1 = 0 , osztható p-vel.

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék

251


Feltételezzük, hogy az állítás igaz a ∈ N * -ra, és bizonyítjuk, hogy (a + 1) -re is igaz.

(a + 1) p − (a + 1) = a p + C1p a p −1 + C 2p a p − 2 + … + C pp −1a + 1 − a − 1 = p − 1 p − 2 ( p − 1)( p − 2) p − 3   = a p − a + p a p −1 + a + a +…+ a ,

(

de a p − a

)

 

 

2⋅3

2

p az indukciós feltevés szerint és C kp p , bármely k ≤ p − 1, k ∈ N *

[

]

esetén, tehát (a + 1) − (a + 1) p . 6. Határozd meg a X X ( X + 1) X ( X + 1)( X + 2) X ( X + 1)… ( X + n − 1) P(X ) = 1 + + + +…+ 1! 2! 3! n! p

polinom gyökeit, ha n ∈ N * . Megoldás. Jelöljük Pn ( X ) -szel az 1 +

X X ( X + 1) X ( X + 1)… ( X + n − 1) + +…+ 1! 2! n!

polinomot.

X ( X + 1) (1 + X )(2 + X ) = . 2 2 X( X +1) X( X +1)( X + 2) (1+ X)(2 + X)(3+ X) P3( X) =1+ X + + = . 2 6 6 (1 + X )(2 + X )… (n + X ) . Matematikai indukcióval igazoljuk, hogy Pn ( X ) = n! P1 ( X ) = 1 + X ; P2 ( X ) = 1 + X +

Az állítás n ∈ {1, 2, 3} esetén igaz. Bizonyítjuk, hogy ha az állítás n ∈ N * -ra igaz, akkor n + 1 -re is igaz. X X ( X + 1) X ( X + 1)( X + 2 ) X ( X + 1)… ( X + n − 1) + +…+ + Pn +1 ( X ) = 1 + + 1! 2! 3! n! X ( X + 1)… ( X + n − 1)( X + n) , n! amely az indukciós feltevés értelmében a következőképpen alakítható: +

(1 + X )(2 + X )…(n + X ) + (1 + X )(2 + X )…(n + X )X = (1 + X )(2 + X )…(n + X ) , (n + 1)! n! n !(n + 1) (n + 1 + X ) = (1 + X )(2 + X )…(n + X )(n + 1 + X ) . (n + 1)!

Tehát a matematikai indukció elve alapján Pn ( X ) =

(1 + X )(2 + X )… (n + X ) . n!

A

Pn ( X ) polinom n-ed fokú, és nyilvánvalóan Pn (− 1) = Pn (− 2) = … = Pn (− n ) = 0 , tehát − 1, − 2, … , − n gyökei a polinomnak. Mivel az n-ed fokú polinomnak legtöbb n különböző gyöke lehet, a polinom gyökei: − 1, − 2, … , − n.

Tartalomjegyzék



7. Határozzuk meg azokat a P( X ) ∈ C [X ] polinomokat, amelyek teljesítik a következő feltételeket: i ) P(0) = 0 és ii ) P x 2 + x + 1 = P 2 (x ) + P( Xx ) + 1 . (Mircea Lascu)

(

)

Megoldás. Tekintsük az x n +1 = x n2 + x n + 1 , x 0 = 0 rekurzióval adott

(x n )n∈N

sorozatot (x 0 = 0, x1 = 1, x 2 = 3, x 3 = 13 stb.) . Bizonyítjuk, hogy bármely n ∈ N esetén P(x n ) = x n . Ha n=0, akkor P( X 0 ) = P(0) = 0 . Ha n =1, akkor

P(x1 ) = P(0 + 0 + 1) = P 2 (0 ) + + P(0) + 1 = 1 = x1 . Ha feltevésünk n ∈ N * -ra igaz, akkor bizonyítjuk, hogy (n + 1) -re is igaz.

(

)

P(x n +1 ) = P x n2 + x n + 1 = P 2 (x n ) + P(x n ) + 1 = x n2 + x n + 1 = x n +1 . A matematikai indukció elve alapján P(x n ) = x n bármely n ∈ N esetén, azaz bármely n ∈ N esetén P(xn ) − xn = 0 . Így a P( X ) − X polinomnak végtelen sok gyöke van, ez azt jelenti, hogy a P( X ) − X zéruspolinom, ebből következik: P( X ) = X . P( X ) = an X n + an −1 X n −1 + … + a1 X + a0 polinom esetén teljesülnek a k P (k ) = egyenlőségek, ahol k ∈ { 0,1, 2, …, n } . Számítsd ki a P(n + 1) k +1 értékét! k egyenlőség (k + 1) ⋅ P(k ) − k = 0 alakban is írható. Megoldás. A P (k ) = k +1 Tekintsük a Q( X ) = ( X + 1)P( X ) − X polinomot. Ez egy (n + 1) -ed fokú polinom. A feltevés szerint Q(0) = Q(2) = … = Q(n ) = 0 , tehát a 0, 1, … , n gyökei a polinomnak. Mivel a polinom (n + 1) -ed fokú, legtöbb n + 1 gyöke lehet, ezért a polinom gyökei: 0, 1, … , n . Ebből következik, hogy Q( X ) = cX ( X − 1)( X − 2 )… ( X − n ) , tehát ( X + 1)P( X ) − X = X ( X − 1)( X − 2)…( X − n ) . 8. A

Az x = −1 helyen vett helyettesítési érték alapján c = helyen vett értékre P(n + 1) =

(− 1)n +1 , (n + 1)!

tehát az x = n + 1

(− 1)n + n + 1 .

n+2 9. P1 ( X ), P2 ( X ) és P3 ( X ) komplex együtthatós polinom. Bizonyítsuk be, hogy ha a

( )

( )

( )

P ( X ) = P1 X 4 + XP X 4 + X 2 P3 X 4

polinom

Q( X ) = X + X + X + 1 polinommal, akkor a oszthatóak ( X − 1) -gyel. 3

2

osztható

a

Pk , k ∈ {1, 2, 3 } polinomok

(

)

Bizonyítás. A Q( X ) = X 3 + X 2 + X + 1 = ( X + 1) X 2 + 1 polinom gyökei α1 = −1, α 2 = i és α 3 = −i . Ha a P( X ) polinom osztható Q( X ) -szel, akkor P(α1 ) = P(α 2 ) = P(α 3 ) = 0 , ebből adódik, hogy P1 (1) − P2 (1) + P3 (1) = 0 ; P1 (1) + iP2 (1) − P3 (1) = 0 és P1 (1) − iP2 (1) − P3 (1) = 0 .

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

253


Ha a második és harmadik egyenlőséget kivonjuk egymásból, kapjuk, hogy 2iP2 (1) = 0 , vagyis P2 (1) = 0 . Így P1 (1) + P3 (1) = 0 és P1 (1) − P3 (1) = 0 . Ha ezt a két egyenlőséget összeadjuk, azt kapjuk, hogy 2 P1 (1) = 0 , vagyis P1 (1) = 0 és P3 (1) = 0 . Tehát P1 (1) = P2 (1) = P3 (1) = 0 , és a Bézout-tétel alapján a Pk ( X ) osztható ( X − 1) gyel, k ∈ {1, 2, 3 } -ra. Igazoljuk, hogy ha m osztható n-nel (m, n ∈ N ) , akkor az X m − 1 osztható

10.

(X

n

)

− 1 -gyel. Megoldás. Mivel m osztható n-nel, létezik olyan p ∈ N , amelyre m = np .

(

)

Az y p − 1 = ( y − 1) y p −1 + y p − 2 + … + 1 azonosság alapján

( )

X m − 1 = X np − 1 = X

(

)( )

− 1 = X n − 1  X n 

n p

(

p −1

( )

+ Xn

p−2

)

+ … + X n + 1 , 

ez éppen azt jelenti, hogy X m − 1 osztható X n − 1 -gyel. VI.2.10. Gyakorlatok és feladatok 1. Bizonyítsd be, hogy a) ha n páros, akkor az

osztható ( X + 1) -nel;

( X − 1)n − ( X + 3)n

osztható

( X + 1) -gyel,

és nem

2

b) X 2n + ( X + 1)2 n − ( X − 3)2n − X n osztható ( X − 1) -gyel; c) d)

(X (X

e) X f)

2 2

) + X − 1)

12 n −1

+X

( X − 1)

g) X

n+3

n+ 2

−X

(

)

4 n+1

− X osztható X 2 + 1 -gyel;

4 n+1

− X osztható X 2 − 1 -gyel;

+ X +1

3n +1

+X n +1

(

( osztható (X

)

2

) − X + 1) -gyel;

+ 1 osztható X + X + 1 -gyel;

2n + 3

2

+ X 2 − 3 X + 2 osztható ( X − 1)2 -nel;

h) nX n +1 − (n + 1)X n −1 − X n − 3 − X 4 + 3 osztható ( X − 1)2 -nel. 2. Határozd meg az a, b ∈ C paramétereket úgy, hogy a) az X 4 − aX 3 + (3a + 2)X 2 − aX + 1 polinom ( X + 1) -gyel való osztási maradéka 2 legyen; b) az X 5 + a 2 X 4 − a 2 X 3 − aX 2 + aX + 1 osztható legyen ( X − i ) -vel;

(

)

c) az aX 3 + bX 2 − 3 X + 2 osztható legyen X 2 − 1 -gyel;

(

)

d) az aX + (a − 2 )X − bX + 3 X − 2 osztható legyen X 2 + X − 2 -vel; 4

3

2

(

)

e) az X + bX + (b − 2a )X + 5 X − 3a osztható legyen X + X + 2 -vel; 4

3

2

(

2

)

f) az X 4 + 5 X 3 + aX 2 + bX − 6 osztható legyen X 2 − 1 ( X + 3) -mal; g) az X + (2n − 7 )X n

n −1

− 2aX

n−2

+ X + 1 osztható legyen ( X − 1)2 -nel;

(

)

h) az 6 X 5 + aX 4 + 27 X 3 + bX 2 − 5 X + 6 osztható legyen 3 X 2 − 5 X + 6 -tal.


Tartalomjegyzék


3. Határozd meg azokat az m ∈ N értékeket, amelyekre: a) ( X + 1) m − X m − 1 osztható ( X 2 + X + 1) -gyel; b) ( X 4 + X 2 ) m + X m + X 3m osztható ( X 2 − X + 1) -gyel; c) m( X − 1) n+3 + X 2 n + 12 osztható ( X 2 − X + 1) -gyel. 4. Határozd meg azokat a legkisebb fokszámú, nem konstans polinomokat, amelyek ( X − 1) -gyel, ( X − 2 ) -vel, ( X − 3) -mal való osztási maradéka 2 , és ( X + 1) -gyel való osztási maradéka 1. 5. Határozd meg azt a legkisebb fokszámú polinomot, amely az ( X 2 + X − 2) -vel

való osztási maradéka 3 X + 13 és az ( X 2 − X + 2) -vel való osztási maradéka (2 X − 3) . 6. Létezik-e olyan P ∈ R[ X ] polinom, amelyre XP( X + 1) + ( X − 1) P( X + 3) = 2 X + 10 bármely X ∈ R esetén? 7. Bizonyítsd be, hogy ha a P ∈ R[ X ] polinom teljesíti az ( X + 1) P( X ) − ( X − 1) P( X + 3) = 4 X + 6 egyenlőséget, akkor a P( X ) polinom 17 − 2X ( X − 1)( X + 2) -vel való osztási maradéka . 3 8. Létezik-e olyan nemnulla P ∈ R[ X ] polinom, amelyre ( X − 2) P ( X ) = ( X + 2) P ( X ) bármely X ∈ R esetén? 9. Bizonyítsd be, hogy az X 3 − 6 X + 6 polinom osztható 10.

( X − 3 7 + 41 − 3 7 − 41 ) -gyel! Bizonyítsd be, hogy a P ∈ R[ X ] polinomnak az (aX + b) -vel való osztási

 b maradéka P  −  .  a 11. Milyen feltételeket kell teljesítenie az m és n természetes számnak ahhoz, hogy az X m +1 + X m + 1 polinom osztható legyen az X n+1 + X n + 1 polinommal? 12. Bizonyítsd be, hogy ha az X 2 m + X 2 n + 1 polinom osztható az X m + X n + 1 polinommal, akkor m = 2n , vagy n = 2m . 13. Bizonyítsd be, hogy ha P ∈ R[ X ] , akkor létezik olyan n ∈ N szám, amelyre a P(n) összetett szám! Bizonyítsd be, hogy P ∈ Z [ X ] polinom négy különböző ( x1 , x2 , x3 , x4 ) egész számra vett helyettesítési értéke 2 , akkor a P egyetlen egész x -re sem veszi fel az 1 3, 5, 7 vagy 9 értékeket. a) Bizonyítsd be, hogy ha P ∈ R[ X ] , akkor nem létezik olyan a, b, c ∈ Z , amelyre P (a) = b , P (b) = c és P (c) = a . π b) Bizonyítsd be, hogy ha n > 6 , akkor cos ∉ Q . n

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék

255


VI.3. Algebrai egyenletek VI.3.1. Algebrai egyenletek gyökei 3.1.1. Értelmezés. Egyismeretlenes algebrai egyenletnek nevezzük a P ( x) = 0 alakú egyenletet, ahol P ( X ) nemnulla polinom. Tehát az algebrai egyenletek

anx n + an −1 x n −1 + ... + a1 x + a0 = 0 alakban írhatók, ahol ai ∈ C , i = 1, n és n ∈ N . n az egyenlet foka, a P( X ) polinom együtthatói az egyenlet együtthatói. A P( X ) együtthatóinak természete szerint beszélhetünk komplex, valós, racionális, egész stb. együtthatós algebrai egyenletekről. 3.1.2. Példák 1. x 3 − 2 x 2 − x + 2 = 0 harmadfokú, egész együtthatós algebrai egyenlet. 2. x 2 − x + 0,25 = 0 másodfokú, racionális együtthatós egyenlet. 3. x 4 + ( 3 − 2 ) x 3 + (1 − 6 ) x 2 + (− 2 + 3 ) x − 6 = 0 valós együtthatós negyedfokú egyenlet. 4. x 4 + ix 3 + x + i = 0 negyedfokú, komplex együtthatójú egyenlet. 3.1.3. Értelmezés. Az a ∈ C szám gyöke a P ( x) = 0 algebrai egyenletnek, ha a P (a) = 0 egyenlőség igaz. Nyilvánvalóan az a ∈ C szám akkor és csak akkor gyöke a P ( x) = 0 egyenletnek, ha gyöke a P ( X ) polinomnak. 3.1.4. Példák 1. Az x 3 − 2 x 2 − x + 2 = 0 egyenlet gökei az 1, − 1 és 2 , mert

13 − 2 ⋅ 12 − 1 + 2 = 0 ; (−1)3 − 2 ⋅ (−1) 2 − (−1) + 2 = −1 − 2 + 1 + 2 = 0 és 23 − 2 ⋅ 2 2 − 2 + 2 = 0 . 1 2. Az x 2 − x + 0,25 = 0 egyenletnek az gyöke, mivel 2

3. Az

i, − i,

12 1 1 1 1 − + 0,25 = − + = 0 . 2 2 4 2 4 x 4 + ( 3 − 2 ) x 3 + (1 − 6 ) x 2 + (− 2 + 3 ) x − 6 = 0

egyenletnek

2 , − 3 gyökei, mivel i 4 + ( 3 − 2 )i 3 + (1 − 6 )i 2 + ( − 2 + 3 )i − 6 = = 1 − 3i + 2i − 1 + 6 + 3i − 2i − 6 = 0 4

(−i ) + ( 3 − 2 )(−i ) 3 + (1 − 6 )i 2 + (− 2 + 3 )(−i ) − 6 = = 1 + 3i − 2i − 1 + 6 − 3i + 2i − 6 = 0 és 4

3

2

2 + ( 3 − 2 ) 2 + (1 − 6 ) 2 + (− 2 + 3 ) 2 − 6 = = 4 + 2 6i − 4 + 2 − 2 6 + 6 − 2 − 6 = 0 .

az


Tartalomjegyzék


4. Az x 4 + ix 3 − x − i = 0 egyenlet gyökei a − i, + 1, ε, és ε 2 , ahol ε és ε 2 harmadrendű egységgyökök. Valóban,

(−i ) 4 + i ( −i )3 − (−i ) − i = 1 − 1 + i − i = 0 , 14 + i ⋅ 13 − 1 − i = 0 , ε 4 + iε 3 − ε − i = 0 és

(ε ) + i(ε ) − ε 2 4

2 3

2

− i = ε2 + i − ε2 − i = 0 . A Bézout-tétel alapján, ha az a szám gyöke a P( X ) polinomnak, akkor a P ( X ) osztható ( X − a ) -val. Vannak azonban olyan polinomok is, amelyeknek az a szám gyöke, és a polinom nemcsak ( X − a ) -val, hanem ( X − a ) -nak nagyobb hatványaival is osztható. Például az

X 2 − X + 0,25 = ( X − 0,5) 2 , így az

X 2 − X + 0,25 osztható ( X − 0,5) 2 -nel. Az X 3 − X 2 − 8 X + 12 polinomnak a 2 gyöke. Osszuk el a polinomot ( X − 2) -vel a Horner-séma segítségével. − 1 − 8 12 1 2 1 1 −6 0 Kapjuk: X 3 − X 2 − 8 X + 12 = ( X − 2) ⋅ ( X 2 + X − 6) , de X 2 + X − 6 = X 2 + 3 X − 2 X − 6 = X ( X + 3) − 2( X + 3) = ( X − 2)( X + 3) , tehát X 3 − X 2 − 8 X + 12 = ( X − 2) 2 ⋅ ( X + 3) . A polinom gyökeinek a meghatározásakor ezeket a helyzeteket figyelembe kell vennük. (Pl., ha egy negyed fokú polinom osztható ( X − a)3 -nel, akkor már csak egy gyökét kell meghatározzuk.) 3.1.5. Értelmezés. Az a ∈ C szám a P ( X ) nemzérus-polinom n-szeres gyöke, ha a P ( X ) osztható ( X − a) n -nel és nem osztható ( X − a ) n +1 -nel. 3.1.6. Példák. A 0,5 az X 2 − X + 0,25 polinom kétszeres gyöke; a 2 az

X 3 − X 2 − 8 X + 12 polinom kétszeres gyöke, a − 3 pedig egyszeres gyöke. Az 5 X 3 − 15 X 2 + 15 X − 5 = 5( X 3 − 3 X 2 + 3 X − 1) = 5( X − 1) 3 osztható ( X − 1) 3 -nel, de nem osztható ( X − 1) 4 -nel, tehát az 1 háromszoros gyök. 3.1.7. Tétel. Ha x1 , x2 ,..., xk a P ( X ) polinom n1 -szeres, n 2 -szeres,…, illetve

n k -szoros gyökei, akkor P ( X ) osztható az ( X − x1 ) n1 ( X − x 2 ) n2 ...( X − x k ) nk polinommal. Bizonyítás. A tételt (a különböző gyökök száma szerint) matematikai indukcióval bizonyítjuk. k = 1 esetén: mivel a1 P ( X ) -nek n1 -szeres gyöke, a P ( X ) osztható ( X − x1 ) n1 -nel. Bizonyítjuk, hogy ha az állítás igaz k ∈ N * -ra, akkor (k + 1) -re is igaz. Tehát, ha x1 , x 2 ,..., x k , x k +1 számok a P ( X ) -nek n1 -szeres, n2 -szeres,…, nk -szoros, illetve

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

257


nk +1 -szeres

gyökei,

n1

akkor

az

indukciós

feltétel

szerint

P( X )

osztható

nk

n2

( X − x1 ) ( X − x 2 ) ...( X − x k ) -nal, tehát létezik olyan P ( X ) polinom, amelyre P ( X ) = ( X − x1 ) n1 ( X − x 2 ) n2 ...( X − x k ) nk ⋅ P1 ( X ) . Ugyanakkor, mivel az x k +1 szám a P ( X ) -nek nk +1 -szeres gyöke, a P ( X ) osztható ( X − x k +1 ) nk +1 -nel,

tehát

létezik

olyan

P2 ( X )

polinom,

amelyre

P ( X ) = ( X − x k +1 ) nk +1 ⋅ P2 ( X ) . A két egyenlőségből az ( X − x1 ) n1 ( X − x 2 ) n2 ...( X − x k ) nk ⋅ P1 ( X ) = ( X − x k +1 ) nk +1 ⋅ Q1 ( X ) egyenlőséghez jutunk, és ha az x k +1 -ben vett helyettesítési értéket felírjuk az ( x k +1 − x1 ) n1 ( x k +1 − x 2 ) n2 ...( x k +1 − x k ) nk ⋅ P1 ( x k +1 ) = 0

összefüggéshez

jutunk, nk +1

ahonnan P1 ( x k +1 ) = 0 . Bézout tétele értelmében P1 ( X ) osztható ( X − x k +1 ) -nel, tehát P1 ( X ) = ( X − x k +1 ) ⋅ P2 ( X ) , amiből adódik, hogy ( X − x1 ) n1 ( X − x 2 ) n2 ...( X − x k ) nk ⋅ ( X − x k ) ⋅ P2 ( X ) = ( X − x k +1 ) nk +1 ⋅ P3 ( X ) . Ha nk +1 > 1 , akkor az egyenlőség az ( X − x1 ) n1 ( X − x 2 ) n2 ...( X − x k ) nk ⋅ P2 ( X ) = ( X − x k +1 ) nk +1 −1 ⋅ P3 ( X ) alakban írható, és a polinomegyenlőséget ismét felírjuk az x k +1 -ben vett helyettesítési értékre. Az ( x k +1 − x1 ) n1 ( x k +1 − x 2 ) n2 ...( x k +1 − x k ) nk ⋅ P2 ( x k +1 ) = 0 összefüggésből kapjuk, hogy P2 ( x k +1 ) = 0 , és Bézout tétele alapján P2 ( X ) osztható ( X − x k +1 ) -gyel, tehát P2 ( X ) = ( X − x k +1 ) ⋅ P3 ( X ) . Az előbbiek alapján ( X − x1 ) n1 ( X − x 2 ) n2 ...( X − x k ) nk ⋅ ( X − x k +1 ) P3 ( X ) = ( X − x k +1 ) nk +1 −1 . Ha nk +1 = 2 , az állítást bebizonyítottuk. A fenti gondolatmenetet folytatjuk, összesen nk +1 -szer: P1 ( X ) = ( X − x k +1 ) ⋅ P2 ( X ) , P2 ( X ) = ( X − x k +1 ) ⋅ P4 ( X ) , ... , Pnk +1 ( X ) = ( X − x k +1 ) ⋅ Pnk +1 +1 ( X ) , tehát és

P1 ( X ) = ( X − x k +1 ) nk +1 ⋅ Pnk +1 +1 ( X ) P ( X ) = ( X − x1 ) n1 ( X − x2 ) n2 ...( X − xk ) nk ⋅ ( X − xk +1 ) nk +1 ⋅ Pnk +1 +1 ( X ) .

3.1.8. Megjegyzés. A 3.1.7. tétel azonnali következménye, hogy az n -ed fokú P ( X ) polinomnak legtöbb n (nem feltétlenül különböző) gyöke van.

Az algebrai egyenletek megoldásakor a következő kérdésekre keresünk választ: a) Van-e minden algebrai egyenletnek megoldása C-ben? b) Hány megoldása van egy P (x ) = 0 , n-ed fokú egyenletnek? c) Van-e valamilyen algoritmus, amelynek segítségével megkaphatjuk tetszőleges fokszámú egyenlet megoldásait?


Tartalomjegyzék


E kérdések sokáig megválaszolatlanok voltak, és ezen problémák megoldása a matematika egyik legfontosabb feladata volt. Az első- és a másodfokú egyenletek gyökeit már az ókori matematikusok meghatározták. A harmad- és a negyedfokú egyenletek megoldására csak sokkal később találtak megoldási algoritmust (képletet): Scipione del Ferro és Nicollo Tartaglia olasz matematikusok a XVI. században meghatározták a harmadfokú egyenlet megoldásképletét, Ludovico Ferrari pedig a negyedfokú egyenlet megoldóképletét. Továbbra is megválaszolatlan volt a két alapkérdés: van-e minden algebrai egyenletnek komplex megoldása, illetve létezik-e megoldási algoritmus tetszőleges fokú egyenletre. Ezekre a kérdésekre csak a XIX. században sikerült választ találni. Az első kérdésre a válasz pozitív: sikerült bebizonyítani, hogy minden algebrai egyenletnek van megoldása. Ezt a következő tétel mondja ki: 3.1.9. Az algebra alaptétele (D’Alambert−Gauss tétele) Minden, legalább elsőfokú, komplex együtthatós algebrai egyenletnek van legalább egy komplex gyöke.

Az algebra alaptétele azt a fontos tényt jelenti ki, hogy a számhalmazok bővítésének folyamata, amelyet az algebrai egyenletek megoldhatóságával hozhatunk kapcsolatba, a komplex számok bevezetésével befejeződött. A második kérdésre a válasz negatív. H. Abel norvég és A. Ruffini olasz matematikusok bebizonyították, hogy a négynél magasabb fokú egyenletekre nem létezik megoldóképlet. (Ruffini eredeti bizonyítása hibásnak bizonyult, de a kérdéssel többen is foglalkoztak, és kijavították Ruffini bizonyítását. Kiss Elemér marosvásárhelyi professzor legújabb kutatásai szerint Bolyai János is.) 3.1.10. Abel−Ruffini tétele. A négynél magasabb fokú általános alakú algebrai egyenlet algebrailag nem oldható meg (azaz nem létezik az egyenlet együtthatóinak olyan, összeadást, kivonást, szorzást, osztást, hatványozást, gyökvonást tartalmazó képlete, amely az egyenlet gyökeit megadná).

Vannak azonban sajátos egyenletek, amelyek esetén a gyökök meghatározására adhatók képletek. Ilyen egyenletek megoldásával a következő fejezetekben foglalkozunk. A 3.1.9. és a 3.1.10. tétel bizonyítása meghaladja ismereteink keretét, ezért itt nem bizonyítjuk őket. Arra a kérdésre, hogy hány gyöke van egy n-ed fokú egyenletnek, eddigi ismereteink alapján könnyen válaszolhatunk.

(

)

3.1.11. Tétel. Valamely n-ed fokú n ∈ N * polinomnak pontosan n komplex

gyöke van (ezek nem feltétlenül különbözőek, így mindegyiket annyi gyöknek tekintjük, ahányszoros gyöke P( X ) -nek).

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék

259


Bizonyítás. Legyen x1 , x2 ,…, xk a P ( X ) = an X n + an −1 X n −1 + … + a1 X + a0 polinom gyökei (nem feltétlenül különbözők). A 3.1.7. tétel alapján P( X ) osztható ( X − x1 )( X − x2 )… ( X − xk ) -val, tehát létezik olyan P1 ( X ) polinom, amelyre P ( X ) = ( X − x1 )( X − x 2 )… ( X − x k )P1 ( X ) . Ha a P1 ( X ) polinom legalább elsőfokú lenne, akkor az algebra alaptétele szerint létezne legalább egy gyöke: xk +1 , amely nyilvánvalóan gyöke a P( X ) -nek is. Így P( X ) -nek k+1 gyöke lenne, ami ellentmondás. Így P1 ( X ) = c , (ahol c ∈ C ) és P( X ) = c( X − x1 )( X − x2 )…( X − xk ) . De grP( X ) = n és gr[c( X − x1 )( X − x 2 )… ( X − x k )] = k , így k = n, tehát a P( X ) -nek n gyöke van.

Most már tudjuk, hogy minden, n-ed fokú algebrai egyenletnek van pontosan n, nem feltétlenül különböző gyöke. Ezek meghatározására n > 4 esetén nem létezik megoldóképlet, a gyökök csak sajátos esetekben határozhatók meg. 3.1.12. Következmény. Ha a P( X ) , legfeljebb n -ed fokú, polinomnak n+1 gyöke van, akkor a polinom zéruspolinom. Bizonyítás. Feltételezzük, hogy P( X ) nem zéruspolinom. Akkor a 3.1.11. tétel értelmében a P( X ) -nek legfeljebb n gyöke van, ami ellentmondás. Tehát P( X ) zéruspolinom. 3.1.13. Következmény. (Polinom felbontása elsőfokú tényezőkre)

Ha a P ( X ) = an X n + an −1 X n −1 + … + a1 X + a0 polinomnak az x1 , x 2 , … , x n (nem feltétlenül különböző) gyökei, akkor P( X ) = an ( X − x1 )( X − x2 )…( X − xn ) . Bizonyítás. A 3.1.7. tétel alapján P( X ) osztható ( X − x1 )( X − x2 )…( X − xn ) -nel. Így P( X ) = c( X − x1 )( X − x2 )… ( X − x n ) . A c( X − x1 )( X − x 2 )… ( X − xn ) polinomban a domináns tag együtthatója c, a P( X ) polinomban pedig an . A két polinom egyenlőségéből az együtthatók egyenlősége következik, így c = a n . Tehát P( X ) = an ( X − x1 )( X − x2 )…( X − xn ) . Megjegyzés. Ez a következmény igen fontos mind a polinomok tényezőre bontása, mind az algebrai egyenletek megoldása szempontjából. Láthatjuk tehát, hogy minden n-ed fokú polinom felbontható a fenti módon. Kérdés azonban, hogy ez a felbontás az egyedüli lehetséges felbontás-e, vagy létezik más, ettől eltérő, elsőfokú tényezőkre való felbontása is a P ( X ) polinomnak? Vizsgáljunk meg először egy konkrét esetet! Legyen P ( X ) = X 4 − X 3 − 12 X 2 + 28 X − 16 . Megkeressük a P( X ) gyökeit. Mivel P(1) = 1 − 1 − 12 + 28 − 16 = 0 , az 1 gyöke a polinomnak. A P( X ) -et elosztjuk az ( X − 1) -gyel a Horner-séma segítségével: 1

1 1

-1 0

-12 -12

28 16

-16 0


Tartalomjegyzék


A hányados

X 3 − 12 X + 16 = X 3 − 12 X − 8 + 24 = X 3 − 8 − 12( X − 2 ) =

(

)

(

)

= ( X − 2 ) X 2 + 2 X + 4 − 12( X − 2) = ( X − 2) X 2 + 2 X − 8 =

(

)

= ( X − 2) X + 4 X − 2 X − 8 = = ( X − 2)[X ( X + 4 ) − 2( X + 4 )] = ( X − 2)( X + 4 )( X − 2 ) . 2

Ennek gyökei a –4 és a 2 kétszeres gyök. Tehát P ( X ) = ( X − 1)( X − 2)2 ( X + 4 ) . Feltételezzük, hogy P( X ) -nek van másik, elsőfokú tényezőkre való felbontása is. Eszerint P( X ) = c( X − x1 )( X − x2 )( X − x3 )( X − x4 ), c ≠ 0 . Mivel

( X − 1)( X − 2)2 ( X + 4) = c( X − x1 )( X − x 2 )( X − x3 )( X − x 4 ) , x = 1 -re vett helyettesítési értékek egyenlők, így 0 = c(1 − x1 )(1 − x2 )(1 − x3 )(1 − x4 ) ,

az ez csak akkor lehetséges, ha valamelyik szorzótényező 0, legyen ez 1 − x1 . Így x1 = 1

( X − 1)( X − 2)2 ( X + 4 ) = c( X − x1 )( X − x2 )( X − x3 )( X − x4 ) . Egyszerűsítünk ( X − 1) -gyel, így ( X − 2)2 ( X + 4 ) = c( X − x2 )( X − x3 )( X − x4 ) . x = −4 -re kapjuk, hogy 0 = c(− 4 − x2 )(− 4 − x3 )(− 4 − x4 ) , tehát az egyik

és

szorzótényező nulla, legyen ez a − 4 − x 2 .

( X − 2)2 ( X + 4 ) = c( X + 4 )( X − x3 )( X − x4 ) , egyszerűsítünk ( X + 4) -gyel, és így ( X − 2)2 = c( X − x3 )( X − x4 ) . Az x = 2 -re vett helyettesítési értékek egyenlők, tehát 0 = c(2 − x3 )(2 − x4 ) , tehát az egyik tényező nulla, legyen ez a 2 − X 3 . Tehát x3 = 2 , és ( X − 2)2 = c( X − 2)( X − x4 ) ; egyszerűsítünk ( X − 2) -vel és kapjuk, hogy X − 2 = c( X − x4 ) . Az x = 2 -re vett helyettesítési értékek egyenlőségéből adódik, hogy 0 = c(2 − x4 ) , ahonnan x4 = 2 és X − 2 = c( X − 2) , egyszerűsítünk ( X − 2) -vel és kapjuk, hogy c = 1 . Tehát a második felbontás megegyezik az elsővel. A felbontásban szereplő tényezők ( X − a ) alakúak (azaz X Tehát

x2 = −4 , és

együtthatója 1). Az ilyen tényezőket normált elsőfokú tényezőknek nevezzük. Például: 1 az X − 3, az X − , az X + i normált, míg az 2 X − 1, az iX + 3 nem normált 2 elsőfokú tényezők. A vizsgált polinomot egyértelműen normált elsőfokú tényezőkre bontottuk: P ( X ) = ( X − 1)( X − 2)2 ( X + 4 ) . Ha a tényezők lehetnek nem normáltak is, akkor például 1  P ( X ) = (2 X − 2)( X − 2)2  X + 2  is egy lehetséges felbontás, így ez a felbontás 2   nem egyértelmű.

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

261


3.1.14. Tétel. A P ( X ) = a0 + a1 X + … + an X n , an ≠ 0 polinom normált elsőfokú

tényezőkre

való

felbontása

egyértelmű:

P( X ) = an ( X − x1 )…( X − xn ) ,

ahol

x1 , x 2 , … , x n a polinom gyökei. Bizonyítás. A 3.1.13. következményben beláttuk, hogy P( X ) = an ( X − x1 )…( X − xn ) . Feltételezzük, hogy P( X ) -nek van még egy, normált elsőfokú tényezőkre való felbontása: P( X ) = b( X − y1 )… ( X − y m ), b ≠ 0 . Mivel P( X ) n -ed fokú, következik, hogy m = n , és

a n ( X − x1 )( X − x2 )… ( X − x n ) = b( X − y1 )( X − y 2 )… ( X − y n ) .

(1)

Az X = x1 -re vett helyettesítési értékek egyenlőségéből adódik, hogy

0 = b(x1 − y1 )(x1 − y 2 )… (x1 − y n ) , tehát valamelyik szorzótényező nulla. A változókat esetleg újraindexelve, feltételezhetjük, hogy x1 − y1 = 0 . Ha az (1) egyenlőségben y1 = x1 -et helyettesítünk, az a n ( X − x1 )( X − x 2 )… ( X − x n ) = b( X − x1 )( X − y 2 )… ( X − y n ) ,

egyenlőséghez jutunk, ami az ( X − x1 ) -gyel való egyszerűsítés után az a n ( X − x 2 )… ( X − xn ) = b( X − y 2 )… ( X − y n )

egyenlőséggé alakul. Az x = x 2 -re vett helyettesítési értékek egyenlőségéből a fentihez hasonlóan kapjuk, hogy y 2 = x 2 . Az eljárást folytatva következik, hogy y 3 = x3 , … , y n = x n . A 3.1.14. tétel értelmében valamely polinom gyökeinek meghatározása és a polinom normált elsőfokú tényezőkre való bontása egymással egyenértékű feladatok, ha az egyiket meg tudjuk oldani, akkor a másikat is meg lehet oldani. Ezt a következő példák is szemléltetik. 3.1.15. Megoldott feladatok 1. Bontsuk elsőfokú tényezőkre a 9 X 4 − 12 X 2+3 polinomot! Megoldás. Megoldjuk a 9 x 4 − 12 x 2 +3 = 0 egyenletet.

Legyen x 2 = t , t > 0 . A 9t 2 − 12t + 3 = 0 egyenlet gyökei: t1 =

12 + 6 12 − 6 , t2 = , 18 18

3 − 3 1 , ebből adódik, hogy x1 = 1 , x 2 = −1 , x3 = , x4 = .A 3 3 3 3.1.14. tétel alapján  3  3  X+ . 9 X 4 − 12 X 2+3 = 9( X − 1)( X + 1) X −  3  3   Tehát, mivel meg tudtuk oldani az egyenletet, felbonthattuk a polinomot. azaz t1 = 1 , t 2 =

Tartalomjegyzék



2. Oldjuk meg az x 3 + 7 x 2 − 21x − 27 = 0 egyenletet!

(

)

Megoldás. x 3 + 7 x 2 − 21x − 27 = ( x − 3) x 2 + 3 x + 9 + 7 x(x − 3) =

(

(

)

)

= (x − 3) ⋅ x 2 + 10 x + 9 = ( x − 3) x 2 + 9 x + x + 9 = (x − 3)[x( x + 9 ) + x + 9] =

(x − 3)(x + 9)(x + 1)

x 3 + 7 x 2 − 21x − 27 = 0 ⇔ ( x − 3)( x + 9 )( x + 1) = 0 ,

ami akkor áll fenn, ha valamelyik tényező nulla, így x1 = 3 , x 2 = −9 , x3 = −1 .

Mivel sikerült felbontani a P(x ) = X 3 + 7 X 2 − 21X − 27 tényezők szorzatára, meg tudtuk oldani az egyenletet.

polinomot elsőfokú

3. Írj fel egy olyan algebrai egyenletet, amelynek a 2 háromszoros, a 3 kétszeres gyöke és más gyöke nincs! Megoldás. A keresett egyenlet: (x − 2)3 (x − 3)2 = 0 ⇔ x 5 − 12 x 4 + 57 x 3 − 134 x 2 + 156 x − 72 = 0 . 4. Írjunk fel egy minimális fokszámú algebrai egyenletet, amelynek a 3 + 4i , a

3 − 4i , az 5 − 2 és az 5 + 2 gyökei! Megoldás. Mivel van 4 gyöke és a fokszáma minimális, az egyenlet negyedfokú. Tehát az egyenlet

(x − x1 )( x − x2 )( x − x3 )( x − x4 ) = 0

alakú, azaz

(

)(

)

(x − 3 − 4i )(x − 3 + 4i ) x − 5 + 2 x − 5 − 2 = 0 . Ez rendre a következőképpen alakítható: (x − 3)2 + 16 (x − 5)2 − 2 = 0 ⇔ x 2 − 6 x + 25 x 2 − 10 x + 23 = 0 ⇔

(

)(

)

(

)(

)

⇔ x − 16 x + 108 x − 388 x + 575 = 0 . Az egyenlet még az ( x − x1 )( x − x 2 )( x − x3 )( x − x 4 ) alakból az ( x − x1 )( x − x 2 ) és 4

(x − x3 )( x − x4 )

3

2

kifejezéseknek S és P segítségével történő felírásával is

megkaphatjuk:  x1 + x2 = 6   x1 x2 = 9 + 16 = 25 és  x3 + x4 = 10 .   x3 x4 = 25 − 2 = 23

(

)(

)

Tehát az egyenlet: x 2 − 6 x + 25 x 2 − 10 x + 23 = 0 .

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék

263


VI.4. Polinomok egyéb tulajdonságai és kapcsolatuk az algebrai egyenletekkel VI.4.1. Irreducíbilis polinomok 4.1.1. Értelmezés. A P( X ) ∈ C [X ] nemkonstans polinomot egy adott polinomhalmazban akkor nevezünk reducíbilisnek, ha az adott halmazban létezik két, legalább elsőfokú polinom, Q( X ) és R( X ) , amelyre P( X ) = Q( X )R( X ) . A P( X ) ∈ C [X ] polinom valamely polinomhalmazban irreducíbilis, ha nem reducíbilis az adott halmazban. 4.1.2. Példák 1. A P( X ) = X 2 − 2 X + 3 polinom C [X ] -ben reducíbilis, ugyanis az x 2 − 2 x + 3 = 0

egyenlet

(

gyökei

)(

x1 = 1 + i 2

)

és

x2 = 1 − i 2 ,

így X 2 − 2 X + 3 =

= X − 1 − i 2 X − 1 + i 2 . Viszont P( X ) nem reducíbilis R[ X ] -ben, mert (a felbontás egyértelműsége miatt) nem léteznek olyan valós, legalább elsőfokú polinomok, amelyek szorzataként megkaphatnánk P( X ) -et.

2. A Q( X ) = X 2 − 5 X + 3 reducíbilis C [X ] -ben és az R[X ] -ben, de irreducíbilis a

Q[X ] -ben és a Z [X ] -ben, ugyanis az

x1 =

x 2 − 5 x + 3 = 0 egyenlet gyökei:

 5 − 13 5 + 13 5 − 13  5 − 13  , tehát x 2 − 5 x + 3 =  x − és x 2 = x+ .   2 2  2  2 

4.1.3. Tétel. A C [X ] -ben minden, legalább másodfokú P( X ) polinom reducíbilis. Bizonyítás. Mivel a P( X ) polinom legalább másodfokú, az algebra alaptétele értelmében P( X ) -nek létezik legalább két (nem feltétlenül különböző) gyöke. Jelöljük

ezeket x1 -gyel és x 2 -vel. Ekkor a P( X ) osztható az ( X − x1 )( X − x 2 ) -vel, így P( X ) = ( X − x1 )( X − x 2 )Q( X ) = ( X − x1 )[( X − x 2 )Q( X )] , tehát P( X ) a C [X ] -ben reducíbilis. 4.1.4. Következmény. C [X ] -ben csak az elsőfokú polinomok irreducíbilisek. Valóban, az elsőfokú polinomok irreducíbilisek minden számhalmazban, mert nyilvánvalóan nem írhatók fel két, legalább elsőfokú polinom szorzataként (minden ilyen szorzat fokszáma legalább kettő), ugyanakkor a 4.1.3. tétel alapján a legalább másodfokú polinomok reducíbilisek C [X ] -ben. A polinomok és az algebrai egyenletek további tanulmányozása során megvizsgáljuk, hogy melyek az R[X ] -ben irreducíbilis polinomok. A következő fejezetben kimutatjuk, hogy R[X ] -ben csak az elsőfokú és csak bizonyos másodfokú polinomok irreducíbilisek. Nem találunk ilyen egyértelmű elhatárolást a Q[X ] -ben reducíbilis polinomok meghatározására. A Q[X ] -ben minden n-re találhatunk n-ed fokú irreducíbilis polinomot. Ennek belátása érdekében megvizsgáljuk, hogy két polinom szorzatának együtthatói milyen tulajdonságokkal rendelkeznek.


Tartalomjegyzék


Ha Q( X ) = bm X m + ... + b1 X + b0 és R( X ) = cr X r + ... + c1 X + c0 , akkor a szorzatpolinom együtthatói rendre a0 = b0 c0 , a1 = b0 c1 + b1c0 , a2 = b0c2 + b1c1 + b2c0 , és általában ak = b0ck + b1ck −1 + ... + bk c0 . Ha p egy közös prímosztója az a 0 -nak és az a1 -nek, akkor p osztja a b0 -t vagy a c0 -t (tételezzük fel, hogy a b0 -t), és így a második összefüggésből következik, hogy ha a p négyzete nem osztója az a 0 -nak, akkor p osztója a b1 -nek. Ezt a gondolatmenetet többször megismételhetjük, ha feltételezzük, hogy p a polinom domináns tagjának együtthatójától eltekintve minden együtthatónak osztója. Viszont az an = bmcr egyenlőségből következik, hogy a p-nek a domináns tag együtthatóját is osztania kell. Ebből az ötletből származik a következő kritérium: 4.1.5. Tétel (Eisenstein1 kritériuma). Ha P ( X ) = an X n + ... + a1 X + a0 egy egész együtthatós polinom, és ha létezik olyan p prímszám, amelyre fennállnak a következő tulajdonságok: i. p a0 , p a1 , …, p an −1 , ii. p /| an és p 2 /| a0 , akkor a P ( X ) polinom a Q[ X ] -ben irreducíbilis polinom. Bizonyítás. A tételt a lehetetlenre való visszavezetés módszerével bizonyítjuk. Feltételezzük, hogy P ( x ) reducíbilis a Q[x ] -ben. Ekkor létezik a Q( X ) és az R( X )

racionális polinom, amelyre P( X ) = Q( X )R( X ) ,valamint Q( X ) és R( X ) legalább elsőfokúak. I. eset. Feltételezzük, hogy a Q( X ) és R( X ) polinomok együtthatói egész számok.

és R( X ) = cr X r + ... + c1 X + c0 , akkor a Ha Q( X ) = bm X m + ... + b1 X + b0 P ( X ) = Q( X )R( X ) egyenlőségből az együtthatók azonosítása nyomán a következő egyenlőségekhez jutunk: a0 = b0 c0 , a1 = b0 c1 + b1c0 , a2 = b0c2 + b1c1 + b2c0 , ak = b0ck + b1ck −1 + ... + bk c0 , … an = bmcr .

Mivel p a0 és a0 = b0 c0 , a p osztója a b0c0 -nak, tehát p b0 vagy p c0 (mivel p prím). Feltételezzük, hogy p b0 és p /| c0 (a p nem lehet a b0 -nak is és a c 0 -nak is osztója, mert akkor p 2 b0c0 = a0 , ami ellentmond a ii. feltételnek).

1

Gotthold Eisenstein (1823–1852)

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék


265

Mivel p a1 és p b0 az a1 = b0 c1 + b1c0 egyenlőségből következik, hogy p a b1c0 -nak is osztója, de mivel p /| c0 , p osztója a b1 -nek. Az a2 = b0c2 + b1c1 + b2c0 egyenlőségből kapjuk, hogy p b2c0 . Mivel p /| c0 , a p osztója a b2 -nek. Ha folytatjuk az eljárást,

arra a következtetésre jutunk, hogy p bi minden i < n esetén. Mivel gr Q( X ) = m és

m < n , a p bm , de a n = bm c r , így p a n , ami ellentmond a ii. feltételnek.

II. eset. Ha a Q( X ) és az R( X ) együtthatói nem egész számok, akkor létezik olyan b és c egész szám, valamint olyan Q1 ( X ) és R1 ( X ) egész együtthatós polinom, 1 1 amelyre Q( X ) = Q1 ( X ) és R( X ) = R1 ( X ) . (Valóban, ha egy polinom együtthatói b c

a 0 a1 a , ,…, s racionális számok, ahol ai , bi ∈ Z , bi ≠ 0 , i = 1, s , és ha b a b0 b1 bs a b0 , b1 ,..., bs számok legkisebb közös többszöröse, akkor b i ∈ Z minden i = 1, s bi

az

esetén, és ezek lesznek az egész együtthatós polinom együtthatói.) Mivel 1 P( X ) = Q( X )R( X ) a P ( X ) = Q1 ( X )R1 ( X ) egyenlőséghez jutunk, tehát bc bcP( X ) = Q1 ( X )R1 ( X ) . Ha p bc , akkor ∃a ∈ Z , amelyre bc=pa. Ugyanakkor a fenti

egyenlőségből adódik, hogy p Q1 ( X )R1 ( X ), ∀ x ∈ Z . Kimutatható, hogy létezik olyan Q2 ( X ) polinom, amelyre Q1 ( X ) = p ⋅ Q2 ( X ) , tehát a bcP( X ) = Q1 ( X )R1 ( X ) egyenlőség a paP ( X ) = pQ2 ( X )Q1 ( X ) alakban írható, és ebből az aP( X ) = Q2 ( X )Q1 ( X ) egyenlőséget kapjuk. Ha p a , akkor az előbbi gondolatmenetet folytatjuk. Végül a dP( X ) = Q1 ( X ) R1 ( X )

egyenlőséghez jutunk, ahol d olyan egész szám, amely nem osztható p-vel (ellenkező esetben tovább folytatnánk az eljárást), a Q1 ( X )R1 ( X ) polinomok pedig legalább elsőfokúak. A dP( X ) polinom együtthatói teljesítik az i. és ii. feltételt, és a Q1 ( X ) és az R1 ( X ) polinom együtthatói egész számok. Ezáltal a II. esetet visszavezettük az I. esetre, ahol beláttuk, hogy a dP( X ) = Q1 ( X )R1 ( X ) egyenlőség az adott feltételek mellett lehetetlen. Tehát a P( X ) polinom irreducíbilis Q[X ] -ben. 4.1.6. Alkalmazások 1. A P1 ( X ) = 3 X 2 + 8 X + 2 polinomra a 0 2 , a1 2 , a 2 / 2 és a 0 / 2 2 , tehát a P1 polinom irreducíbilis Q[ X ] -ben. 2. A P2 ( X ) = X 3 + 2 polinomra a 3 / 2 , a 2 2 , a1 2 , a 0 2 , és a 0 / 2 2 , tehát P2 is irreducíbilis Q[ X ] -ben.


Tartalomjegyzék


3. ∀n ∈ N esetén az x n + 2 polinom Q[X ] -ben irreducíbilis, mivel teljesíti az

Eisenstein–kritérium

feltételeit:

a n −1 = a n − 2 = ... = a1 = 0 2 ,

a n = 1/ 2 és a 0 = 2 / 2 , így x + 2 irreducíbilis Q[X ] -ben.

a0 = 2 2 ,

n

2

4.1.7. Megjegyzés. Az előbbi példákból az is világosan látszik, hogy az irreducibilitás függ a polinomhalmaztól, amelyben dolgozunk. A 4 + 10 4 − 10 P1 ( X ) = 3 X 2 + 8 X + 2 polinom gyökei: x1 = és x 2 = , tehát 3 3  4 + 10  4 − 10  X− . 3 X 2 + 8 X + 2 = 3 X −  3  3   Ebből következik, hogy a P1 ( X ) polinom reducíbilis R[X ] -ben.

(

)(

)

Hasonló módon P2 ( X ) = X + 3 2 X 2 − 3 2 X + 3 4 és az x 2 − 3 2 x + 3 4 = 0 egyenletnek nincsenek valós gyökei, mert diszkriminánsa negatív, tehát a P2 ( X ) is reducíbilis R[X ] -ben. Látható, hogy ha egy legfeljebb harmadfokú polinom reducíbilis Q[X ] -ben, akkor legalább az egyik gyöke racionális (a felbontásában elsőfokú tényezőnek kell szerepelnie). 4.1.8. Következmény. Minden n ≥ 1 természetes számra Q[X ] -ben (sőt Z [ X ] -ben vagy N [ X ] -ben is) létezik n-ed fokú irreducíbilis polinom. 4.1.9. Megoldott feladatok 1. Döntsük el a következő polinomokról, hogy reducíbilisek-e a C [X ] , az R[X ] , a Q[X ] , illetve a Z [X ] polinomhalmazokban! a) P( X ) = 2 X 4 + X 3 + X 2 + X − 1 ; b) P( X ) = X 3 + 3 ; c) P( X ) = X p −1 + X p − 2 + ... + X + 1 , ahol p > 2 , p ∈ N . Megoldás a) Észrevesszük, hogy P (− 1) = 2 − 1 + 1 − 1 − 1 = 0 , így ( X + 1) P ( X ) . Az osztás

(

)

elvégzése után a P( X ) = ( X + 1) 2 X 3 − X 2 + 2 X − 1 felbontáshoz jutunk, tehát a P( X ) polinom a vizsgált polinomhalmazok mindegyikében reducíbilis (olyan polinomok szorzataként írtuk fel, amelyek együtthatói egész számok). b) x 3 + 3 = x + 3 3 x 2 − 3 3 x + 3 9 , tehát a P( X ) polinom reducíbilis a C [X ] -ben és R[X ] -ben, de irreducíbilis Q[X ] -ben és Z [X ] -ben. c) Mivel a polinom legalább másodfokú, C [X ] -ben reducíbilis. Az R[X ] -ben az

(

)(

)

X 2 + X + 1 polinom (p=3-ra) irreducíbilis, mivel az X 2 + X + 1 polinom gyökei  −1+ i 3 −1 − i 3 − 1 + i 3  1 + i 3  és , így X 2 + X + 1 =  X − X . +  2 2 2  2  

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

267


Ha p > 3 , akkor a polinom az R[X ] -ben reducíbilis, mivel a fokszáma nagyobb,

mint kettő. Igazoljuk, hogy a P ( X ) irreducíbilis Q[X ] -ben. Felhasználjuk azt,

hogy a P ( X ) polinom akkor és csak akkor irreducíbilis Q[X ] -ben, ha a Q( X ) = P ( X + 1) polinom irreducíbilis Q[X ] -ben.

x p −1 , következik, hogy x −1 x p + C 1p x p −1 + ... + C pp −1 x + 1 − 1 ( x + 1) p − 1 Q(x ) = = = x x = x p −1 + C 1p x p − 2 + C 2p x p − 3 + ... + C pp − 2 x + p .

Mivel P ( x ) =

Ha p prímszám , akkor a C pk szám osztható p-vel bármely 1 ≤ k ≤ p − 1 esetén p ⋅ ( p − 1) ⋅ ( p − 2) ⋅ ... ⋅ ( p − k + 1) törtben a nevező minden tényezője 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ ... ⋅ k kisebb, mint p, és így a törtet p-vel nem egyszerűsíthetjük). p /| 1 valamint (mert a C kp =

p 2 /| p , tehát az Eisenstein–kritérium alapján a Q( X ) polinom nem reducíbilis Q[X ] -ben. Mivel Q( X ) irreducíbilis, P( X ) is irreducíbilis. VI.4.2. Gyökök és együtthatók közötti összefüggések

A

másodfokú

az b ax 2 + bx + c = 0 egyenlet együtthatói és gyökei között fennállnak az x1 + x2 = − a és x1 x 2 =

egyenlet

tanulmányozása

során

kimutattuk,

hogy

c összefüggések. Szeretnénk megállapítani, hogy fennállnak-e hasonló a

összefüggések tetszőleges fokszámú egyenlet együtthatói és gyökei között is. meg az ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 harmadfokú egyenletet ( a, b, c, d ∈ C , a ≠ 0 ), melynek gyökei az x1 , az x 2 és az x3 . A 3.1.13. tétel alapján Vizsgáljuk

ax 3 + bx 2 + cx + d = a(x − x1 )(x − x 2 )(x − x3 ) . A 2.3.2. feladat eredménye alapján viszont

(x − x1 )(x − x2 )(x − x3 ) = x 3 − (x1 + x2 + x3 )x 2 + (x1x2 + x1x3 + x2 x3 )x − x1x2 x3 , így ax 3 + bx 2 + cx + d = ax 3 − a(x1 + x 2 + x3 )x 2 + a(x1 x 2 + x1 x 3 + x 2 x3 )x − ax1 x 2 x 3 . Ha azonosítjuk a megfelelő együtthatókat, következik, hogy: b = −a( x1 + x2 + x3 ) , c = a(x1x2 + x1x3 + x2 x3 ) és d = − x1x2 x3 , vagyis


Tartalomjegyzék


b   x1 + x2 + x3 = − a ,  c   x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 = , a  d   x1 x2 x3 = − a .  Tehát a harmadfokú egyenlet esetén is sikerült összefüggéseket találnunk a gyökök és az együtthatók között. Vizsgáljunk meg egy n-ed fokú egyenletet! Az an x n + an −1x n −1 + ... + a1x + a0 = 0 egyenlet gyökeit jelöljük x1 , x 2 ,..., x n −1 és x n -el. A 3.1.14. tétel értelmében an x n + an −1x n −1 + ... + a1x + a0 = an (x − x1 )(x − x2 )...(x − xn ) . A 2.3.2. feladat eredménye alapján viszont (x − x1 )(x − x2 )...(x − xn ) = x n − S1x + S2 x 2 − S3 x 3 + ... + (− 1)n Sn , ahol S k -val jelöltük az x1 , x2 ,..., xn számokból képezhető k-tényezős szorzatok összegét, vagyis S1 = x1 + x 2 + ... + x n , S 2 = x1x2 + x1 x3 + ... + xn −1xn , és általában S k = ∑ xi1 xi2 ...xik = x1 x 2 ...x k +x1 x 2 ...x k −1 xk +1 + .... Nyilvánvaló, hogy csak egy n-tényezős szorzat van, tehát az S n = x1x2 ...xn . (az S k összegnek C nk számú tagja van). A szorzatra kapott két felírási mód alapján:

an x n + an −1x n −1 + ... + a1x + a0 = an x n − an S1x + an S 2 x 2 − an S3 x 3 + ... + (− 1)n an S n , tehát a megfelelő együtthatók azonosításából következik, hogy: an −1 = −an S1 , an − 2 = an S 2 , an − 3 = −an S3 , ………………. a1 = (− 1)n −1 an S n −1 ,

a0 = (− 1)n an S n . Ebből adódnak a következő összefüggések: a a a a S1 = − n −1 , S 2 = n − 2 ,..., S n −1 = (− 1)n −1 1 , S n = (− 1)n 0 , azaz an an an an

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék

269


an −1   x1 + x2 + ... + xn = − a n   an − 2  x1 x 2 + x1 x3 + ... + x n −1 x n = a n   an − 3 . (1)  x1 x 2 x3 + x1 x 2 x4 + ... + x n − 2 xn −1 x n = − an  .................................................................   x x ...x = (− 1)n a0  1 2 n an   A másodfokú egyenletek tanulmányozásakor azt is beláttuk, hogy ha fel szeretnénk írni azt az egyenletet, amelynek az x1 és az x 2 komplex számok gyökei, akkor ezeknek az összegét, valamint a szorzatát képezzük, amit S-sel illetve P-vel jelölünk; az egyenlet pedig x 2 − Sx + P = 0 alakú. Vizsgáljuk meg, hogyan tudjuk felírni azt az egyenletet, amelynek gyökei az (1) összefüggést teljesítő x1 , x2 , ..., xn számok. Tekintsünk előbb egy harmadfokú egyenletet, melynek gyökei teljesítik az x1 + x 2 + x3 = a , x1 x 2 + x1 x3 + x 2 x3 = b és x1 x 2 x3 = c összefüggéseket. Az egyenlet ( x − x1 )( x − x 2 )( x − x3 ) = 0 , ami a 6.2.3.2. feladat alapán az

x 3 − ( x1 + x 2 + x3 )x 2 + ( x1 x 2 + x1 x3 + x 2 x3 )x − x1 x 2 x3 = 0

alakban írható, vagyis x 3 − ax 2 + bx − c = 0 . Ha valamely egyenlet x1 , x2 ,…, x n gyökei az (1)-es összefüggést teljjesítő számok, akkor az illető egyenlet: ( x − x1 )( x − x 2 )...(x − x n ) = 0 , amely a 6.2.3.2. feladat alapján x n − ( x1 + x 2 + ... + x n )x n −1 + ( x1 x 2 + x1 x3 + ... + x n −1 x n )x n − 2 −

− (x1 x 2 x3 + x1 x 2 x 4 + ... + x n − 2 x n −1 x n )x n −3 + ... + (− 1) x1 x 2 ...x n = 0 alakban írható. Ha felhasználjuk az (1) összefüggéseket, az egyenlet: a a a x n + n −1 x n −1 + n − 2 x n − 2 + ... + 0 = 0 . an an an n

Ha mindkét oldalt szorozzuk a n -nel, az a n x n + a n −1 x n −1 + a n − 2 x n − 2 + ... + a 0 = 0 egyenlethez jutunk. Érvényes tehát a következő tétel: 4.2.1. Tétel. Ha a P (x ) = an X n + an −1 X n −1 + ... + a1 X + a0 (a n ≠ 0 ) polinom gyökei az x1 , x 2 ,..., x n (nem feltétlenül különböző) komplex számok, akkor fennállnak a következő összefüggések:


Tartalomjegyzék


an −1   x1 + x2 + ... + xn = − a n  an − 2   x1 x2 + x1 x3 + ... + xn −1 xn = a n   an − 3  x1 x2 x3 + x1 x2 x4 + ... + xn − 2 xn −1 xn = − an  . .................................................................  a  x1 x2 ...xk + x1 x2 ...xk −1 xk +1 + ... + xn − k +1 xn − k + 2 ...xn = (− 1)k n − k an  .................................................................   n a0  x1 x2 ...xn = (− 1) a n   Ha az x1 , x 2 ,..., x n komplex számokra fennállnak a fenti egyenlőségek, akkor

x1 , x 2 , ..., x n a P ( x ) = a n x n + a n −1 x n −1 + ... + a1 x + a 0 polinom gyökei. Az algebrai egyenletek gyökei és együtthatói közötti (1) összefüggések az algebra egyik megalapozója, Francois Viéte francia matematikus nevéhez fűződnek, ezért ezeket az összefüggéseket Viéte-féle összefüggéseknek is nevezik. 4.2.2. Megjegyzés. Negyedfokú egyenlet esetén a Viéte-féle összefüggések a következők : b   x1 + x2 + x3 + x4 = − a ,  x x + x x + x x + x x + x x + x x = c , 2 3 2 4 3 4  1 2 1 3 1 4 a  x x x + x x x + x x x + x x x = − d , 2 3 4  1 2 3 1 2 4 1 3 4 a  e  x1 x2 x3 x4 = , a  ahol x1 , x2 , x3 , x4 az ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e = 0 egyenlet gyökei. Bizonyos feladatok megoldásakor előnyös a második kifejezést az (x1 + x2 )(x3 + x4 ) + x1x2 + x3 x4 = c , a a harmadik kifejezést pedig az d x1x2 (x3 + x4 ) + x3 x4 (x1 + x2 ) = − a alakban felírni.

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék

271

Polinomok és algebrai egyenletek 4.23. Alkalmazások

1. Oldjuk meg a 4 x 3 − 16 x 2 + 19 x − 6 egyenletet, ha tudjuk, hogy az egyenlet

gyökei között fennáll az x1 + x 2 = x3 összefüggés! Megoldás. Felírjuk a Viéte-féle összefüggéseket:

16   x1 + x 2 + x3 = 4  19  .  x1 x 2 + x1 x3 + x 2 x3 = 4  6   x1 x 2 x3 = 4  A feladatban megadott x1 + x 2 = x3 összefüggés alapján az első egyenlőségbe x1 + x 2 helyett x3 -at írunk. Így a 2 x3 = 4 összefüggéshez jutunk, ahonnan x3 = 2 . A második és harmadik egyenlőségbe az

x3 -t 2-vel helyettesítjük, és az

19 3 , illetve 2 x1x2 = összefüggést kapjuk, következésképpen 4 2 3 3 x1x2 = és x1 + x2 = 2 . Tehát x1 és x 2 a t 2 − 2t + = 0 egyenlet gyökei, azaz 4 4 3 1 2 +1 2 −1 x1 = , x2 = . Az egyenlet megoldásai: x1 = és x 2 = , x3 = 2 . 2 2 2 2

x1x2 + 2(x1 + x2 ) =

2. Határozzuk 4

3

meg

az

a

paraméter

értékét,

ha

tudjuk,

hogy

a

2

81x + 54 x − 189 x − 66 x + a = 0 egyenlet gyökei számtani haladványt alkotnak! Megoldás. A Viéte-összefüggések a fenti egyenlet esetén a következők:

54 2   x1 + x2 + x3 + x4 = − 81 = − 3  (x + x )(x + x ) + x x + x x = − 189 = − 7 2 3 1 4  1 4 2 3 81 3 .  66 22  x x (x + x ) + x x (x + x ) = = 2 3 1 4  1 4 2 3 81 27  a  x1x2 x3 x4 = 81  Ha 2a-val jelöljük a számtani haladvány állandó különbségét, akkor a gyökök a következő alakban írhatók: x1 = x − 3a , x2 = x − a , x3 = x + a és x4 = x + 3a .

Fejezet tartalma 272 Ezeket

Tartalomjegyzék


az

értékeket

az

első

egyenlőségbe

helyettesítjük,

és

az

x − 3a + x − a + x + a + x + 3a = −

2 összefüggést kapjuk. Ebből következik, hogy 3

2 4x = − , 3

A

tehát

1 x=− . 6

második

egyenlőségből

következik,

hogy

7 7 1 7 2 x 2 x + x 2 − 9a 2 + x 2 + a 2 = − , tehát 6 x 2 − 10a 2 = − , és így − 10a 2 = − − , 3 3 6 3 1 1 5 2 1 vagyis a 2 = . Tehát a = , és az egyenlet gyökei: x1 = − , x2 = − , x3 = és 2 3 3 3 4 4 x4 = . A kapott értékekre a harmadik egyenlőség igaz. Az a értékét a negyedik 3 40 egyenlőségből határozzuk meg, tehát a = 81x1 x2 x3 x4 = 81 = 40 . 81 3. Az x 3 + ax 2 + bx + c = 0 egyenlet gyökei x1 , x 2 és x3 . Határozzuk meg az a, b és

c függvényében az S k = x1k + x 2k + x3k összeget k ∈ {2, 3, 4} esetén, és találjunk

olyan eljárást, amellyel tetszőleges k ∈ N * esetén meghatározhatjuk az összeget! Megoldás. Felírjuk a Viéte-féle összefüggéseket :  x1 + x2 + x3 = −a   x1x2 + x1x3 + x2 x3 = b .  x x x = −c  1 2 3

Ebből adódik, hogy S 2 = (x1 + x 2 + x3 )2 − 2(x1 x 2 + x1 x3 + x 2 x3 ) = a 2 − 2b . Ha k ≥ 3 , a következőképpen járunk el: mivel x1 , x 2 és x 3 az x 3 + ax 2 + bx + c = 0 egyenlet gyökei, fennállnak a következő egyenlőségek:

x13 + ax12 + bx1 + c = 0 , x23 + ax2 2 + bx2 + c = 0 , x33 + ax32 + bx3 + c = 0 . Az első egyenlőséget x1k − 3 -nal, a másodikat x 2k − 3 -nal, a harmadikat x3k − 3 -nal szorozzuk:

x1k + ax1k −1 + bx1k − 2 + cx2 k − 3 = 0 , x2 k + ax2 k −1 + bx2 k − 2 + cx2 k − 3 = 0 , x3k + ax3k −1 + bx3k − 2 + cx3k − 3 = 0 . A kapott egyenlőségek megfelelő oldalait összeadjuk, és a következő összefüggést kapjuk: Az összefüggést felhasználva az S3 = −aS 2 − bS1 − cS0 egyenlőséghez jutunk, ebből kapjuk, hogy S k + aS k −1 + bS k − 2 + cS k − 3 = 0

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék

273


(

(

)

S3 = −a a 2 − 2b − b(− a ) − 3c = − a3 + 3ab − 3c és S 4 = −aS3 − bS 2 − cS1 ,

) (

)

vagyis S 4 = −a a 3 + 2ab − 3c − b a 2 − 2b − c(− a ) =

= a 4 + 3a 2b + 3ac − a 2b + 2b 2 + ac = a 4 − 4a 2 b + 2b 2 + 4ac . Megjegyzés. A fenti eljárást n-ed fokú egyenletek gyökei hatványösszegének kiszámítására is használhatjuk. Bármely k ≥ n esetén érvényes a következő tétel: Ha az x n + an −1 x n −1 + an − 2 x n − 2 + ... + a1 x + a0 = 0 egyenlet gyökei x1 , x2 ,..., xn , és ha

S k -val jelöljük az x1k + x2k + ... + xnk összeget, akkor S k + an −1S k −1 + an − 2 S k − 2 + ... + a1S k − n +1 + S k − n = 0

. Bizonyítsátok be az összefüggést!

4. Az x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 egyenlet gyökei: x1 , x2 , x3 és x 4 . Határozzuk meg az a, a b, a c és a d függvényében az S1 , az S 2 , az S 3 , az S 4 és az S 5 összeget! (A 3. feladatban szereplő jelöléseket használjuk.) Megoldás. Felírjuk a Viéte-féle összefüggéseket:  x1 + x2 + x3 + x4 = −a   x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2 x3 + x2 x4 + x3 x4 = b .   x1x2 x3 + x1x2 x4 + x1 x3 x4 + x2 x3 x4 = −c  x1x2 x3 x4 = d Tehát S1 = −a és S 2 = (x1 + x2 + x3 + x 4 )2 − 2(x1 x2 + x1 x3 + x1 x 4 + x 2 x3 + x2 x4 + x3 x4 ) = = a 2 − 2b . Az S 3 kiszámításának érdekében az x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + d összeget írjuk

fel szorzat formájában. Ha P (x ) = (x − x1 )(x − x2 )( x − x3 )(x − x4 ) , akkor P ′(x ) = (x − x2 )(x − x3 )(x − x4 ) + (x − x1 )(x − x2 )(x − x4 ) + (x − x1 )(x − x2 )(x − x3 ) , tehát 1 1 1 1 P ′(x ) , vagyis = + + + P (x ) x − x1 x − x2 x − x3 x − x4 P ′( x ) =

Horner-sémával kiszámoljuk a 1 xi 1

A xi + a

b 2

xi + axi + b

P (x ) P (x ) P (x ) P (x ) . + + + x − x1 x − x2 x − x3 x − x4 P (x ) , i = 1,4 hányadosokat. x − xi c xi3 + axi2 + bxi + c

d

xi4 + axi3 + bxi2 + cxi + d = 0

Tartalomjegyzék


Polinomok és algebrai egyenletek n

[

(

]

)

P ′(x ) = ∑ x 3 + (xk + a )x 2 + xk 2 + axk + b + xk 3 + axk 2 + bxk + c = k =1

(

)

= 4 x 3 + (− a + 4a )x 2 + ∑ xk2 + a∑ xk + 4b + ∑ xk3 + a∑ xk2 +b ∑ xk + 4c =

[

]

(

)

= 4 x 3 + 3ax 2 + a 2 − 2b + a(− a ) + 4b x + ∑ x k3 + a a 2 − 2b − db + 4c = = 4 x 3 + 3ax 2 + 2bx + S3 + a3 − 3ab + 4c .

Kiszámolhatjuk P ′(x ) -et a P ( x ) x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + d alakjából is, kapjuk, hogy P ′( x ) = 4 x 3 + 3ax 2 + 2bx + c . A két polinom egyenlőségéből következik, hogy S3 = −a3 + 3ab − 3c .

Az S 4 -et a 3. feladatban használt módszerrel számítjuk ki. Mivel az x1 , x 2 , x 3 és x 4 x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + d = 0

az

egyenlet

gyökei,

fennállnak

az

xi + axi + bxi + cxi + d = 0 egyenlőségek, ahol i ∈ {1, 2, 3, 4 } . Az egyenlőségek megfelelő oldalait összeadjuk, így az S 4 + aS3 + bS 2 + cS1 + dS0 = 0 egyenlőséget kapjuk, következésképp 4

3

2

(

) (

)

S 4 = −aS 3 − bS 2 − cS1dS 0 = −a + a 3 + 3ab − 3c − b a 2 − 2b − c(− a ) − 4 d = 4

2

2

= a − 4a b + 2b + 4ac − 4 d .

Megjegyzés. Az S3 egyszerűbben is kiszámítható. Mi azért mutattuk be ezt a módszert, mert ez az n-ed fokú (n ≥ 4 ) egyenlet a gyökei hatványösszegeinek

kiszámítására is alkalmas (vagyis alkalmas az S k kiszámítására, ha k < n ) .

5. Írjuk fel azt az egyenletet, amelynek gyökei az x 3 − 5 x 2 + 6 x − 3 = 0 egyenlet gyökeinek háromszorosai! 1. megoldás. Jelöljük a felírandó egyenlet gyökeit y1 -gyel, y 2 -vel és y 3 -mal. Az

y1 -et, az y 2 -t és az y 3 -at bár nem tudjuk meghatározni, az egyenlet felírásához

elegendő, kiszámítani az y1 + y2 + y3 = S1 , az y1 y2 + y1 y3 + y2 y3 = S 2 , illetve az y1 y2 y3 = S3 összegeket. Ha az x 3 − 5x 2 + 6 x − 3 = 0 egyenlet gyökeit x1 -gyel, x 2 -

vel és x3 -mal jelöljük, és felírjuk a Viéte-féle összefüggéseket, a következő egyenlőségeket kapjuk: 5   x1 + x2 + x3 = 3  6   x1x2 + x1x3 + x2 x3 = = 2 . 3   x1x2 x3 = 1  

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék

275


Tudjuk, hogy y1 = 3x1 , y2 = 3x2 és y3 = 3x3 , tehát S1 = y1 + y2 + y3 = 3(x1 + x2 + x3 ) = 5 , S 2 = y1 y2 + y1 y3 + y2 y3 = 9(x1x2 + x1x3 + x2 x3 ) = 18 , S3 = y1 y2 y3 = 27 x1x2 x3 = 27 . A 6.5.1. tétel alapján y1 , y 2 , y 3 az y 3 − S1 y 2 + S 2 y − S3 = 0 egyenlet gyökei. Tehát a keresett egyenlet : y 3 − 5 y 2 + 18 y − 27 = 0 . 2. megoldás. Ha x1 , x 2 és x3 az 3x3 − 5 x 2 + 6 x − 3 = 0 egyenlet gyökei, és egy

olyan egyenletet keresünk, amelyre yi = 3xi , i = 1,3 , akkor ez azt jelenti, hogy y y xi = i , i = 1,3 kell hogy legyen. Az x = helyettesítést végezve az egyenletben, a 3 3 y3 y2 y +6 −3= 0, keresett egyenletet kapjuk. Tehát a felírandó egyenlet: 3 − 5 27 9 3 3 2 amelyet, ha 9-cel szorzunk, az y − 5 y + 18 y − 27 = 0 egyenlethez jutunk. VI.4.3. Kompex együtthatós polinomok többszörös gyökei

A 3.1.5 paragrafusban értelmeztük a többszörös gyök fogalmát. Például a

P(x ) = (x − 5) (x + 1) (x + 1) polinomnak az 5 háromszoros, az 1 kétszeres és a –1 háromszoros gyöke. A következőkben összefüggést keresünk a P(x ) = 0 egyenlet többszörös gyökei és 3

2

a P′(x ) = 0 , P′′(x ) = 0 ,… egyenletek gyökei között. Tekintsük a P(x ) = (x − a ) , n ≥ 0 n

polinomot. A P(x ) = 0 egyenletnek az a szám n-szeres gyöke. A P ( x ) deriváltjai a következő alakban írhatók: n −1 n−2 n −3 P′(x ) = n(x − a ) , P′′(x ) = n(n − 1)(x − a ) , P′′′(x ) = n(n − 1)(n − 2)(x − a ) , k és általában P (n − k ) (x ) = n(n − 1)(n − 2 )...( n − k + 1)(x − a ) . Tehát

P (n −1) (x ) = n(n − 1)(n − 2 )...2(x − a ) , és P (n ) (x ) = n!

Észrevehető, hogy az a szám gyöke az első (n − 1) derivált egyenletnek, de nem gyöke az n-edik derivált egyenletnek. 4.3.1. Tétel. Az a ∈ C szám, amely gyöke a P(x ) = 0 algebrai egyenletnek, akkor és csak akkor k-szoros gyök, ha az a szám a P′(x ) = 0 egyenletnek (k − 1) -szeres gyöke.

Bizonyítás. Igazoljuk, hogy ha az a szám k-szoros gyöke a P ( x ) = 0 egyenletnek, akkor az a szám (k − 1) -szeres gyöke a P′(x ) = 0 egyenletnek. Valóban, ha az a szám k-szoros

gyöke a P(x ) = 0 egyenletnek, akkor P(x ) = (x − a ) Q(x ) és Q(a ) ≠ 0 . Deriváljuk k

a P (x ) -et, és így a P′(x ) = k (x − a )

k −1

Q(x ) + (x − a ) Q′(x ) kifejezést kapjuk. k


Tartalomjegyzék


A P ′(x ) osztható ( x − a )k −1 -nel, mivel P ′(x ) = (x − a )k −1 [kQ(x ) + (x − a )Q′(x )] . Ugyanakkor kQ( x ) + (x − a )Q′(x ) nem osztható ( x − a ) -val, mert kQ(a ) + (a − a )Q′(a ) = kQ(a ) ≠ 0 . Tehát a P ′(x ) osztható (x − a )k −1 -nel, de nem osztható ( x − a )k -nal, és így az a szám a P ′(x ) = 0 egyenletnek (k − 1) -szeres gyöke. 2. Bizonyítjuk, hogy ha az a szám (k − 1) -szeres gyöke a P ′( x ) = 0 egyenletnek, akkor az a szám a P ( x ) = 0 egyenletnek k-szoros gyöke. Tudjuk, hogy a gyöke az egyenletnek, meg kell határoznunk az a gyök multiplicitását. Feltételezzük, hogy az a szám m-szeres gyöke az egyenletnek. Akkor, amint már bizonyítottuk, az a szám a P ′(x ) = 0 egyenletnek (m − 1) -szeres gyöke, következésképp m − 1 = k − 1 , tehát m = k , amit bizonyítani akartunk. Vizsgáljuk meg néhány sajátos esetben, hogy mit jelent a segédtétel! Mikor lesz az a szám a P(x ) = 0 egyenlet kétszeres gyöke? Hát háromszoros? A segédtétel értelmében P(a ) = 0 , és az a szám egyszeres gyöke a P′(x ) -nek, a tétel értelmében ez azt jelenti, hogy a P′′(x ) -nek az a szám 1 − 1 = 0 -szoros gyöke, azaz nem gyöke a P′′(x ) -nek). Tehát az a akkor és csak akkor kétszeres gyöke a P(x ) -nek, ha P (a ) = 0 , P′(a ) = 0 és P′′(a ) ≠ 0 . Például az x 3 + 3x 2 − 4 = 0 egyenletnek a − 2 kétszeres

gyöke, mert ha P(x ) -szel jelöljük az x 3 + 3x 2 − 4 polinomot, akkor P′(x ) = 3x 2 + 6 x és P ′′( x ) = 6 x + 6 , tehát: P (− 2 ) = −8 + 12 − 4 = 0 , P ′(− 2) = 3 ⋅ 4 − 6 ⋅ 2 = 0 és P ′′(− 2) = 6(− 2 ) + 6 = −6 ≠ 0 . Ahhoz, hogy az a háromszoros gyöke legyen az egyenletnek, a tétel alapján a P ′( x ) = 0 egyenletnek kétszeres gyöke kell hogy legyen, amely feltétel az előzőek ′ ″ szerint akkor áll fenn, ha P′(a ) = 0 , (P′) (a ) = 0 és (P′) (a ) ≠ 0 , azaz P(a ) = 0 , P′(a ) = 0 , P′′(a ) = 0 és P′′′(a ) ≠ 0 . 4.3.2. Tétel. Az a ∈ C szám akkor és csak akkor n-szeres gyöke a P(x ) = 0 egyenletnek, ha P (a ) = 0 , P ′(a ) = 0 ,…, P (n −1) (a ) = 0 és P (n ) (a ) ≠ 0 .

Bizonyítás. n ∈ {1, 2, 3 }esetén, a kijelentés igaz. Igazoljuk, hogy ha a kijelentés

igaz egy n ∈ N ∗ számra (vagyis igaz, hogy a P(x ) = 0 egyenletnek a akkor és csak akkor n-szeres gyöke, ha P(a ) = P′(a ) = ... = P (n −1) (a ) = 0 és P (n ) (a ) ≠ 0 ), akkor igaz

(n + 1) -re is. Valóban a segédtétel értelmében az a a P(x ) = 0 egyenletnek akkor és csak akkor (n + 1) -szeres gyöke, ha a P′(x ) = 0 egyenletnek n-szeres gyöke. Az indukciós feltevés alapján viszont a P′(x ) = 0 egyenletnek az a akkor és csak akkor (n −1) ′ (a ) = 0 és (P′)(n ) (a ) ≠ 0 , azaz n-szeres gyöke, ha P′(a ) = 0 , (P′) (a ) = 0 , …, (P′) P′(a ) = 0 , P′′(a ) = 0 , …, P (n ) (a ) = 0 és P (n +1) (a ) ≠ 0 , tehát a kijelentés igaz (n + 1) re is.

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

277

Polinomok és algebrai egyenletek 4.3.4. Megoldott feladatok

1. Határozzuk meg az m ∈ R paraméter értékét úgy, hogy az x 3 + x 2 + mx + 3 = 0 egyenletnek egy kétszeres gyöke legyen, és oldjuk meg az egyenletet! Megoldás. Jelöljük P( X ) -szel az X 3 + X 2 + mX + 3 polinomot. Számítsuk ki a

P ′( X ) és a P ′′( X ) -et! P ′( X ) = 3 X 2 + 2 X + m és P ′′( X ) = 6 X + 2 . A P( X ) = 0 egyenletnek akkor és csak akkor van kétszeres gyöke, ha létezik olyan α ∈ C szám, P(α ) = 0 , P′(α ) = 0 és P′′(α ) ≠ 0 , azaz 3α 2 + 2α + m = 0 , amelyre α3 + α 2 + mα + 3 = 0 és 6α + 2 ≠ 0 . Mivel az α nem lehet 0, az első összefüggés mindkét oldalát − α -val szorozzuk, így − 3α 3 − 2α 2 − mα = 0 , ezt összeadjuk az α3 + α 2 + mα + 3 = 0 összefüggéssel, így a − 2α 3 − 2α 2 + 3 = 0 egyenlethez jutunk. Tehát, mivel α kétszeres gyöke a P ( x ) = 0 egyenletnek, gyöke a

− 2 x 3 − 2 x 2 + 3 = 0 egyenletnek is. Megkeressük az egyenlet gyökeit. x = 1 gyöke, mivel − 2 ⋅ 1 − 1 + 3 = 0 . Ha a − 2 x 3 − 2 x 2 + 3 polinomot a Horner-séma segítségével elosztjuk

(x − 1) -gyel,

az

(x − 1)(− 2 x 2 − 3x − 3) = 0

egyenletet kapjuk, melynek

− 3 + i 15 − 3 − i 15 és x3 = . Tehát az α felveheti az 1 , a 4 4 − 3 + i 15 − 3 − i 15 vagy a értékeket. 4 4 Ha α = 1 , akkor a 3α 2 + 2α + m = 0 összefüggésből m = −5 , és teljesülnek az

gyökei x1 = 1 , x 2 =

α3 + α 2 + mα + 3 = 1 + 1 − 5 + 3 = 0 és a 6α + 2 = 6 + 2 ≠ 0 összefüggések. Tehát α = 1 kétszeres gyöke az egyenletnek. A harmadik gyököt úgy határozzuk meg, hogy

a P( X ) -et elosztjuk x3 = −3 .

( X − 1)2 -nel.

2. Igazoljuk, hogy a

x 3 + x 2 − 5 x + 3 = (x − 1) (x + 3) és x1 = x2 = 1 , 2

P( X ) = nX n + 2 − (2n + 1)X n +1 + (n + 1)X n + X − 1 polinom

osztható az ( X − 1)3 -nel, bármely n ≥ 1 esetén. Megoldás. A P (x ) polinom osztható ( x − 1)3 -nel, ha P (x ) -nek az 1 legalább háromszoros gyöke, ami a 4.3.2. tétel értelmében akkor áll fenn, ha P (1) = 0 , P ′(1) = 0 és P ′′(1) = 0 . Kiszámítjuk a P ′( X ) -et és a P ′′( X ) -et.

P ′( X ) = (n + 2 )nX n +1 − (2n + 1)(n + 1)X n + (n + 1)nX n −1 + 1 és P ′′( X ) = (n + 2 )(n + 1)nX n − (2n + 1)(n + 1)nX n −1 + (n + 1)n(n − 1)X n − 2 ,

ebből következik, hogy P (1) = n − (2n + 1) + n + 1 + 1 − 1 = 0 ,

P ′(1) = (n + 2 )n − (2n + 1)(n + 1) + (n + 1)n + 1 = n(2n + 3) − (2n + 1)(n + 1) + 1 = = 2n 2 − 3n − 2n 2 − 3n − 1 + 1 = 0 , valamint


Tartalomjegyzék


P ′′(1) = (n + 2 )(n + 1)n − (2n + 1)(n + 1)n + (n + 1)n(n − 1) = = (n + 1)n(n + 2 − 2n − 1 + n − 1) = (n + 1)n ⋅ 0 = 0 .

Tehát az 1 legalább háromszoros gyöke a P ( x ) = 0 egyenletnek, ez azt jelenti, hogy

P( X ) osztható ( X − 1) -nel. 3

VI.5. Gyakorlatok és feladatok 1. Határozd meg az m ∈ C paraméter értékeit, tudva, hogy az i gyöke az

x 3 + (3 − i )x 2 − (2 − 3i )x + m = 0

egyenletnek, majd oldjuk meg az egyenletet! 2. Határozd meg az a és b paraméterek értékét, ha tudod, hogy a 2 kétszeres gyöke az x 3 − (4 − 3i )x 2 − ax + b = 0 egyenletnek, majd oldd meg az egyenletet! 3. a) Oldd meg az x 5 − 3 x 4 − 3 x 3 + 9 x 2 − 4 x + 12 = 0 egyenletet, ha tudod, hogy a 3 gyöke az egyenletnek! b) Oldd meg a z 4 + 2 z 3 + 4 z 2 + 2 z + 3 egyenletet, ha tudod, hogy az i és a − i gyöke az egyenletnek! 4. Bontsd elsőfokú tényezők szorzatára a következő polinomokat: a) x 2 − 3ix + 2 ;

b) 2 x 2 − (3 + 2i )x + i + 1 ;

e) x 4 − 4 ; f) x 6 + 1 ;

c) 4 x 4 − 5 x 2 + 1 ;

g) x 4 + 1 ;

d) x 3 + 4 x 2 + 5 x + 2 ;

h) x 4 + x 2 + 1 .

5. Képezd azt a minimális fokszámú egyenletet, amelynek gyökei rendre a következők:

3 2 , 1, ; b) − 1 , 3i , 4i ; c) 2 , 4 , 1 − 3i , 1 + 3i ; 2 5 d) 1 kétszeres, 2 háromszoros, − 3 egyszeres gyök; e) i kétszeres, − i egyszeres, 5 háromszoros gyök. a)

6. a) Írj fel egy olyan tizedfokú egyenletet, melynek minden gyöke 5 vagy − 5 . b) Írj fel egy olyan negyedfokú egyenletet, melynek gyökei 2 , − 2 , 0 , 3 , 4 . 7. Oldd meg az x 3 + 4ix 2 − x − 6i = 0 és az egyenleteket, ha tudod, hogy van közös gyökük!

x 3 + 10ix 2 − 29 x − 20i = 0

8. Határozd meg az a paraméter értékét, ha az alábbi egyenleteknek van két közös gyöke, majd oldd meg az egyenleteket! x 3 + x 2 − ax − 1 = 0 és x 4 + (a − 1)x 3 − a = 0 .

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék

279


9. Határozd meg az a és a b paraméter értékét úgy, hogy a következő egyenletek gyökei ugyanazok legyenek ! x 4 + (2a − b )x 3 + (a + b )x 2 + (a − b )x + 2a + b + 1 = 0 és

x 4 + 5x 3 + 4 x 2 + 2 x + 8 = 0 . 10.

Oldd meg az egyenleteket, ha van az a-tól független gyökük!

a) x 3 − (a + 3)x 2 + (3a + 2 )x − 2a = 0 ; b)

x 4 + (a − 2)x 3 − (2a + 1)x 2 + (2 − a )x + 2a = 0 ;

c)

x 3 − (3a + 2)x 2 + 2a 2 + 6a x − 4a 2 = 0 .

(

)

11. Ha x1, x2 , x3 az x 3 − 3x 2 + 4 x − 3 = 0 egyenlet gyökei, számítsd ki a következő kifejezések értékét: 2 2 2 3 3 3 4 4 4 a) x1 + x 2 + x3 ; b) x1 + x 2 + x3 ; c) x1 + x 2 + x3 ; 5

5

5

d) x1 + x 2 + x3 ; e)

1 1 1 + + . x1 + 1 x2 + 1 x3 + 1

12. Ha tg α , tg β és tg γ az x 3 + ax 2 + bx + c = 0 egyenlet gyökei, számítsd ki tg (α + β + γ ) értékét az a, b és c függvényében! 13. Egy téglatest élhosszainak összege 24 cm, a teljes felszíne 22 cm 2 és térfogata 6cm 3 . Határozd meg a téglatest méreteit! 14. Ha x1 , x 2 , x3 az x 3 − x 2 + ax − 1 = 0 egyenlet gyökei, akkor határozd meg

az a ∈ R értékeit úgy, hogy az egyenlet gyökei között fennálljanak a következő

1 2 2 2 3 3 3 ; b) x1 + x 2 + x3 = x1 + x 2 + x3 . 3 P( x ) olyan polinom, amelyre P(sin x ) = P(sin 2 x ) bármely valós x esetén.

összefüggések: a) x1 − 2 x 2 + x3 =

15. Bizonyítsd be, hogy a P( X ) konstans polinom! 16. Határozd meg az a ∈ R paraméter értékeit úgy, hogy az alábbi egyenletek gyökei számtani haladványt alkossanak, majd oldd meg az egyenleteket! a) x 3 − 3 x 2 + (a − 2 )x + a = 0 ; b) x 4 − 2 x 3 − ax 2 + 2 x + a = 0 . 17. Határozd meg az a ∈ R paraméter értékeit úgy, hogy az alábbi egyenletek gyökei mértani haladványt alkossanak, majd oldd meg az egyenleteket! a) x 3 + 3 x 2 − (a + 3)x − 3a + 1 = 0 ; b) 8 x 4 + 10 x 3 − (a + 10 )x 2 − 5 x + 2 = 0 . 18. Határozd meg az összes olyan polinomot, amely teljesíti a P( X ) = P ′( X )P ′′( X ) ⋅ ... ⋅ P (n ) ( X ) összefüggést, ahol n a P( X ) polinom foka. 19. Jelöljük x1 -gyel, x 2 -vel és x 3 -mal az x 3 + ax 2 − bx + c = 0 egyenlet gyökeit. Írd fel azt az egyenletet, amelynek gyökei y1 , y 2 és y 3 , ahol: a) y1 = − x1 + x 2 + x3 ,

y 2 = − x 2 + x1 + x3 ,

y 3 = − x3 + x1 + x 2 ;

Tartalomjegyzék



1 x1 , 3 x x c) y1 = 2 3 + 1 , x1 b) y1 =

1 x2 , 3 xx y2 = 1 3 + 1 , x2

1 x3 ; 3 xx y3 = 1 2 + 1 . x3

y2 =

y3 =

Bizonyítsd be, hogy az ax 3 − x 2 − ax + 1 = 0 egyenletnek egyetlen a ∈ C \ R szám esetén sincs valós gyöke! 21. Bizonyítsd be, hogy az x 4 − 3mx 3 + 9m 2 + 1 x 2 + mx − n = 0 egyenletnek nem lehet minden gyöke valós egyetlen m és n valós értékre sem! 22. Határozd meg az a és b paraméter értékeit úgy, hogy az 20.

(

)

x 4 + 4 x3 − 2 x 2 + 4 ax − 3b = 0 egyenletnek legyen a) egy kétszeres gyöke; b) egy háromszoros gyöke. 23. Bizonyítsd be, hogy ha a komplex együtthatós

P( X ) = X n + an −1 X n −1 + ... + a1 X + (− 1) polinomnak egyenlő modulusú gyökei vannak, akkor P(− 1) valós szám! n

24.

A (2n − 1)X 2 n + 2nX 2 n −1 + 1 polinomnak hányszoros gyöke az x = −1 , ha

n∈ N∗? 25.

Határozd meg az a, b és c paraméterek értékeit úgy, hogy az x 5 + 6 x 4 + 7 x 3 + ax 2 + bx + c = 0 egyenletnek a − 2 háromszoros gyöke legyen! 26. Igazold, hogy ha egy negyedfokú egyenletnek két kétszeres gyöke van, akkor ezen számok számtani közepe gyöke a derivált egyenletnek! Általánosítsd a feladatot! 27. Bizonyítsd be, hogy ha egy tetszőleges P ( X ) ∈ C[ X ] polinomnak az ( X − a ) n -nel való osztási maradéka R( X ) , akkor R (n −1) (a ) = P (n −1) (a ) , ahol P ( n −1) a P polinom (n–1)-edik formális deriváltja P-nek.

VI.6. Sajátos halmazokon értelmezett algebrai egyenletek VI.6.1. Valós együtthatós algebrai egyenletek komplex gyökei

Az eddigiekben olyan polinomokat és algebrai egyenleteket tanulmányoztunk, amelyeknek az együtthatói komplex számok. Mivel Z [X ] ⊂ Q[X ] ⊂ R[X ] ⊂ C [ X ] , minden, a komplex együtthatós polinomokról kijelentett tulajdonság érvényes a valós, racionális és az egész együtthatós polinomok, illetve algebrai egyenletek esetében is. Ezek esetében viszont érvényesek olyan sajátos tulajdonságok, amelyek a komplex együtthatós polinomok esetén nem igazak. A másodfokú egyenletek megoldásakor beláttuk, hogy ha az ax 2 + bx + c = 0 valós együtthatós egyenletnek a z komplex szám gyöke, akkor a z konjugáltja is gyöke. Valóban, ha másodfokú egyenlet

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék

281


−b− ∆ , tehát, ha ∆ < 0 2a −b −∆ −b −∆ + − i és x2 = i, (ebben az esetben van komplex gyök), akkor x1 = 2a 2a 2a 2a −∆ −∆ b az x1 és x 2 gyökök valós része, a , illetve a − a gyökök ahol a − 2a 2a 2a imaginárius része, tehát az x1 és az x 2 egymás konjugáltjai. A fent említett tulajdonság magasabb fokú egyenletek esetén is fennáll. Például az x 3 − 2 x 2 + x − 2 = 0 egyenletnek az x = i és az x = −i is gyöke, mivel

megoldásképletét használjuk, x1 =

−b+ ∆ 2a

és x 2 =

i 3 − 2i 2 + i − 2 = (− i )3 − 2(− 1)2 − i − 2 = 0 ); vagy az x 3 − 5x 2 + 17 x − 13 = 0 egyenletből az x = 2 + 3i , majd az x = 2 − 3i helyettesítéssel az

(2 + 3i )3 − 5(2 + 3i )2 + 17(2 + 3i ) − 13 = (2 + 3i )3 − 5(2 + 3i )2 + 17(2 + 3i ) − 13 = 0

összefüggést kapjuk, tehát a 2 + 3i és a 2 − 3i is gyökei az egyenletnek. 6.1.1. Tétel. Ha az a n x n + a n −1 x n −1 + ... + a1 x + a 0 = 0

valós együtthatós

egyenletnek az α = a + bi komplex szám gyöke, akkor az α = a − bi szám is gyöke. Bizonyítás.

Tudjuk,

hogy

a

z1 + z2 = z1 + z2 ,

z1 z 2 = z1z2

és

zn = z

n

összefüggések fennállnak minden z1 , z 2 , z komplex szám esetén, ugyanakkor

a z = az , ha a valós és z komplex számok. Mivel α gyöke az egyenletnek, anα n + an −1α n −1 + ... + a1α + a0 = 0 . n

Számítsuk ki az an α + an −1 α n

an α + an −1 α

n −1

n −1

+ ... + a1 α + a0 értékét!

+ ... + a1 α + a0 = an α n + an −1 α n −1 + ... + a1 α + a0 =

= anα n + an −1α n −1 + ... + a1α + a0 = anα n + an −1α n −1 + ... + a1α + a0 = 0 = 0 ,

tehát α is gyöke az egyenletnek. Emlékeztetünk az 1.9.3. példák közül a másodikra, ahol ha P( X ) ∈ R[ X ] és

()

α ∈ C , akkor P α = P (α ) . Ennek értelmében nem csak a 6.1.1. tétel igaz, de ha kiszámoltuk a P helyettesítési értékét adott α komplex számra, akkor egyúttal a P nek az α -ban vett helyettesítési értékét is megkaptuk. 6.1.2. Megjegyzés 1. A 6.1.1. tétel azonnali következménye, hogy a valós együtthatós polinomnak nem lehet páratlan számú komplex gyöke, a komplex gyökök párosával fordulnak elő (az α gyök az α -al együtt). Például egy harmadfokú valós együtthatós algebrai egyenletnek vagy nincsenek valós gyökei, vagy két valós gyöke van (de nem lehet egy vagy három komplex gyöke); egy negyedfokúnak pedig vagy nincs komplex gyöke, vagy két, illetve négy komplex gyöke van.


Tartalomjegyzék


2. Minden páratlan fokú valós együtthatós polinomnak van legalább egy valós gyöke. 6.1.3. Megoldott feladatok 1. Oldjuk meg a x 4 + 7 x 3 + 24 x 2 − 41x + 35 = 0 egyenletet, ha tudjuk, hogy a

2 + i 3 gyöke az egyenletnek! Megoldás. Mivel az egyenlet valós együtthatós, a 6.7.1. tétel következtében a

2 − i 3 is gyöke az egyenletnek. Így a P( x ) = x 4 + 7 x 3 + 24 x 2 − 41x + 35

(

)

(

)

polinom osztható az x − 2 − i 3 -mal és az x − 2 + i 3 -mal, tehát osztható ezek szorzatával,

azaz

az

x − 4x + 7 2

polinommal is. Elosztjuk az x + 7 x + 24 x − 41x + 35 polinomot az x − 4 x + 7 polinommal, és azt kapjuk, 4

3

2

2

(

)(

)

hogy x 4 + 7 x 3 + 24 x 2 − 41x + 35 = x 2 − 4 x + 7 x 2 − 3x + 5 . 3 + i 11 3 − i 11 és . Tehát az adott egyenlet 2 2  3 + i 11 3 − i 11  megoldáshalmaza: M = 2 + i 3 ,2 − i 3, , . 2 2   Az x 2 − 3 x + 5 = 0 egyenlet gyökei:

2. Adott a x 4 − 2 x 3 − 14 x 2 + ax + b = 0 egyenlet. Határozzuk meg az a és b valós

paraméter értékét úgy, hogy a z = −1 + i 2 gyöke legyen az egyenletnek! Megoldás. Mivel az egyenlet valós együtthatós, ha a − 1 + i 2

gyöke az

egyenletnek, akkor − 1 − i 2 is gyöke, és a P( X ) = X − 2 X − 14 X + aX + b polinom osztható az X + 1 − i 2 X + 1 + i 2 = X 2 + 2 X + 3 polinommal. Elvégezzük az osztást: 4

(

)(

3

2

)

X 4 − 2 X 3 − 14 X 2 + aX + b

X 2 + 2X + 3

− X 4 − 2 X 3 − 3X 2

X 2 − 4X − 9

− 4 X 3 − 17 X 2 + aX + b 4 X 3 + 8 X 2 + 12 − 9 X 2 + (12 + a )X + b

9 X 2 + 18 X +

27

(30 + a )X + b + 27 A maradék a zéruspolinom kell, hogy legyen, azaz 30 + a = 0 és b + 27 = 0 , ebből adódik, hogy a = −30 és b = −27 . 3. Döntsük el, hogy az x 3 − ax 2 + a 2 + 1 x + 2 = 0 egyenletnek hány valós, illetve hány komplex gyöke van, ha a valós paraméter!

(

)

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék

283


Megoldás. Tudjuk, hogy a harmadfokú egyenletnek 3 gyöke van (beleértve a többszörös gyököket is). Mivel a valós együtthatós egyenletek komplex gyökei párosával fordulnak elő a következő esetek lehetségesek: az egyenletnek nincs komplex gyöke, így mindhárom gyöke valós, vagy pedig két komplex és egy valós gyöke van. A Viéte-féle összefüggésekből kapjuk, hogy:

x1 + x2 + x3 = a és x1x2 + x1 x3 + x2 x3 = a 2 + 1 .

(

)

x12 + x22 + x32 = (x1 + x2 + x3 )2 − 2(x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 ) = a 2 − 2 a 2 + 1 = − a 2 − 1 < 0 , bármely a ∈ R esetén, így az x1 , x 2 , x3 számok közül legalább az egyik nem valós (ugyanis valós számok négyzetgyöke pozitív). Viszont ha

x1 ∈ C \ R , akkor

x2 = x1 ∈ C \ R . Tehát az egyenletnek két komplex és egy valós gyöke van bármely a valós paraméter esetén. 6.1.4. Valós együtthatós polinomok tényezőre bontása

Komplex együtthatós polinomok, amint az előző fejezetben láttuk mindig elsőfokú tényezőkre bonthatók. Ha a P( X ) = a n X n + a n −1 X n −1 + ... + a1 X + a 0 komplex együtthatós polinom gyökei az x1 , x 2 ,..., x n (nem feltétlenül különböző) komplex számok, akkor P( X ) = ( X − x1 )( X − x 2 )...( X − x n ) .

Tehát, ha a P ( x ) = 0 egyenletet megoldottuk, egyúttal a polinom tényezőre bontását is megkaptuk. Nem ugyanez a helyzet, ha a P( X ) valós együtthatós polinomot akarjuk valós együtthatós polinomok szorzatára bontani. Először is meg kellene vizsgálnunk, hogy melyek az R[X ] -en reducíbilis polinomok. A 6.1.1. tételben bebizonyítottuk, hogy a valós együtthatós polinom komplex gyökei mindig párosával

jelennek meg, azaz ha α ∈ C gyöke a P( X ) polinomnak, akkor α is gyöke a P( X ) nek. Így, ha P( X ) egy másodfokú polinom, két eset lehetséges: vagy nincs komplex gyöke, vagy mindkét gyöke komplex szám. Az első esetben a polinom felbontható elsőfokú tényezők szorzatára, a második esetben nem. Tehát egy másodfokú polinom reducíbilis R[X ] -ben, ha valós gyökei vannak és irreducíbilis, ha

komplex gyökei vannak. Például a P( X ) = 3 X 2 − 2 X − 1 polinom reducíbilis az

1 3 2 valósak; a Q( X ) = X + 1 polinom irreducíbilis az R[X ] -en, mert gyökei, az x1 = i R[X ] -ben, P( X ) = (3 X + 1)( X − 1) , mivel P( X ) gyökei, az x1 = 1 és az x 2 = −

és az x 2 = −i , és Q( X ) = ( X − i )( X + i ) az egyetlen lehetséges felbontása, ahol az

X − i , illetve az X + i nem valós együtthatós polinomok (illetve ezek asszociáltjai) az egyedüli valódi osztók.

Tartalomjegyzék



A továbbiakban belátjuk, hogy a kellőnél nagyobb fokszámú R[X ] -beli polinomok reducíbilisek. Valóban, ha P( X ) ∈ R[X ] n-ed fokú polinom, ahol n ≥ 3 , akkor két eset lehetséges. Ha n páratlan, akkor a polinomnak van legalább egy valós gyöke (mivel a komplex gyökök párosával jelennek meg, nem lehet páratlan számú komplex gyök), jelöljük ezt α -val. Ekkor a P ( X ) = ( X − α )Q( X ) , ahol Q( X ) nyilvánvalóan valós együtthatós, tehát a P( X ) reducíbilis. Ha n páros, akkor előfordulhat, hogy a P( X ) -nek nincs valós gyöke (ha van, akkor ugyanúgy írhatjuk fel a P( X ) -et, mint az első esetben). Legyen α ∈ C egy gyöke a P( X ) -nek. Mivel α ∈ C , az α = a + bi és az α = a − bi is gyöke a polinomnak. Ezért P( X ) osztható az

( X − α )(X − α ) = X 2 − 2aX + a 2 + b 2 polinommal, amely valós együtthatós, így P ( X ) = (X 2 − 2aX + a 2 + b 2 )⋅ Q( X ) , ahol Q( X ) legalább elsőfokú és valós együtthatós, következésképp P( X ) reducíbilis. Tehát az R[X ] -en irreducíbilis polinomok: az elsőfokú polinomok és azok a másodfokú polinomok, amelyek gyökei komplex számok. Az előbbi megállapítás azonnali következménye, hogy bármely valós együtthatós polinom felbontható első- és másodfokú irreducíbilis, valós együtthatós polinomok szorzatára. Példa. A P ( X ) = X 6 − 5 X 5 + 8 X 4 − 10 X 3 + 13 X 2 − 5 X + 6 Horner-séma segítségével keressük meg:

1

-5

8

-10

13

-5

6

2

1

-3

2

-6

1

-3

0

3

1

0

2

0

1

0

i

1

i

1

i

0

i

1

2i

-1

0

-i

1

i

0

-i

1

0

polinom

gyökeit

Tehát a polinom gyökei: a 2 és a 3 egyszeres, az i és a -i kétszeres gyökök. Ekkor a P polinom R[X ] -beli irreducíbilis tényezőkre való felbontása:

(

)

P ( X ) = ( X − 2)( X − 3)[( X − i )( X + i )]2 = ( X − 2)( X − 3) X 2 − 1 . 2

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

285


(

)

VI.6.2. Racionális együtthatós algebrai egyenletek a + b , a, b ∈ Q alakú irracionális gyökei 6.2.1. Értelmezés. Ha a, b ∈ Q , b > 0 , a és b nem teljes négyzet, akkor az

α = a + b irracionális szám konjugáltja az α = a − b irracionális szám, és fordítva2. Példa. Ha α = 3 + 7 , akkor α = 3 − 7 , és ha α = 5 − 2 11 , akkor α = 5 + 2 11 .

Hasonlóan az 5 − 2 11 = 5 − 44 konjugáltja az 5 + 44 = 5 + 2 11 , és az 4 1 4 1 α= − 2 konjugáltja az α = + 2. 3 10 3 10 6.2.2. Tétel. Ha egy a + b a, b ∈ Q, b ∈ R \ Q alakú szám gyöke egy

(

)

racionális együtthatójú P( X ) polinomnak, akkor az a − b szám is gyöke a P( X ) -nek.

(

)

Bizonyítás. Az 1.9.3.paragrafusban bizonyítottuk, hogy a P a + b helyettesítési

( 6 ),

)

érték A + B b alakú (ahol A, B ∈ Q ) és P a − b = A − B b . E megállapítás

(

)

értelmében, ha P a + b = 0

(0 = 0 + 0

(

)

akkor P a − b = 0 − 0 b = 0 ,

tehát ha az a + b gyöke a polinomnak, akkor az a − b is gyöke. (Ha egy valós szám felírható a + b alakban, akkor ez a felírás egyértelmű.) A 6.2.2. tétel jól alkalmazható abban az esetben, ha ismerjük az egyenlet a + b vagy a − b alakú gyökét. Például, ha tudjuk, hogy az 5 + 2 gyöke az

x 4 − 10 x 3 + 20 x 2 − 10 x + 23 = 0 egyenletnek, akkor a tétel értelmében az 5 − 2 is gyöke az egyenletnek. Így a P( X ) = X 4 − 10 X 3 + 20 X 2 − 10 X + 23

polinom osztható az

(X − 5 − 5 )(X − 5 + 5 ) = X

2

− 10 X + 23 polinommal. Az osztást elvégezzük, és azt kapjuk, hogy P( X ) = X 2 − 10 X + 23 X 2 + 1 .

(

)(

)

Az x + 1 = 0 egyenlet gyökei az i és a –i, tehát az eredeti egyenlet gyökei az 2

5 + 2 , az 5 − 2 , az i és a –i. Így a 6.2.2. tétel segítségével meghatározhatjuk az egyenlet gyökeit. Észrevettük, hogy a 6.1.1. és 6.2.2. tétel is csak abban az esetben van segítségünkre, ha már ismerjük valamely algebrai egyenlet egy komplex vagy egy a + b alakú gyökét. Ilyen helyzetek különböző problémák matematikai modellezése során fordulhatnak elő, gyakoribb viszont az a helyzet, amikor nem ismerünk előre egyetlen gyököt sem. Felmerül az a kérdés, hogy ebben az esetben milyen feltételek 2

A szövegkörnyezet alapján eldönthető, hogy az α jelölés a komplex konjugáltra vonatkozik, vagy sem.


Tartalomjegyzék


mellett kereshetünk mégis gyököket. A következőkben erre a kérdésre keresünk választ: olyan speciális algebrai egyenleteket vizsgálunk, amelyek gyökeit próbálgatással vagy egyéb módszerrel kaphatjuk meg. VI.6.3. Egész együtthatós algebrai egyenletek egész és racionális gyökei

Vizsgáljuk meg, hogy az an x n + an −1x n −1 + ... + a1x + a0 = 0 egész együtthatós algebrai egyenletnek milyen egész gyökei lehetnek. Ha az α ∈ Z gyöke az egyenletnek, akkor fennáll az

(

an x n + an −1x n −1 + ... + a1x + a0 = 0

)

egyenlőség, vagyis α anα n −1 + an −1α n − 2 + ... + a1 + a0 = 0 , tehát a anα n −1 + an −1α n − 2 + ... + a1 = − 0 . α Mivel az egyenlőség bal oldalán levő szám egész szám (egész számok hatványozásának, szorzásának és összeadásának eredménye), a jobb oldalon is egész számnak kell lennie, és ez azt jelenti, hogy az a0 osztható α -val. Tehát az egész együtthatós egyenletnek csak olyan egész együtthatós gyökei lehetnek, amelyek a szabadtag osztói. 6.3.1. Tétel. Ha az an x n + an −1x n −1 + ... + a0 = 0 egész együtthatós algebrai

egyenletnek az α egész szám gyöke, akkor az α osztója az a0 -nak. A tétel értelmében tehát az egész együtthatós polinomok egész gyökei a szabadtag osztói közt keresendők. 6.3.2. Példa. Keressük meg az x 6 + 6 x 5 + 13x 4 + 20 x 3 + 24 x 2 − 16 x − 48 = 0 egyenlet egész gyökeit! A szabadtag: a0 = −48 . A − 48 osztóinak a halmaza: D− 48 = {± 1, ± 2, ± 3, ± 4, ± 6, ± 8, ± 12, ± 16, ± 24, ± 48}. Az egyenlet egész gyökei csak ebben a halmazban lehetnek. A próbát a Horner-séma segítségével végezzük. 1 6 13 20 24 – 16 – 48 1 1 7 20 40 64 48 0 5 4 3 2 Tehát az 1 gyöke az egyenletnek. Az x + 7 x + 20 x + 40 x + 64 x + 48 polinom gyökeit kell meghatároznunk. Látható, hogy ennek a polinomnak pozitív gyökei nem lehetnek, mivel együtthatói mind pozitív számok. Tehát a próbát a 48 negatív osztóival folytatjuk. 1 7 20 40 64 48 1 6 14 26 38 10 * −1 –2 1 5 10 20 24 0 –2 1 3 4 12 0 –2 1 1 2 8* –3 1 0 4 0

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

287


A polinomot elosztottuk ( x + 1) -gyel, az osztás maradékos, tehát a –1 nem gyök. A

polinomot elosztottuk ( x + 2 ) -vel is, az így kapott hányados nem nulla. Tehát a –2 kétszeres gyök. Az előző osztás nyomán kapott hányados osztható ( x + 3) -mal, ennek

az osztásnak a hányadosa x 2 + 4 . Az x 2 + 4 = 0 egyenlet gyökei a 2i és a − 2i , tehát az egyenletnek több egész gyöke nincs. Az egyenlet egész gyökei: az 1 és a –3 egyszeres, a –2 kétszeres gyök. A továbbiakban azt vizsgáljuk, hogy az an x n + an −1x n −1 + ... + a1 x + a0 egész p együtthatós egyenletnek milyen racionális gyökei lehetnek. Ha a irreducíbilis tört q n −1

n

 p  p p gyöke az egyenletnek, akkor fennáll az an   + an −1  + ... + a1 + a0 = 0 , q q q n egyenlőség. Ha az egyenlőség mindkét oldalát szorozzuk q -nel, eltüntetjük a nevezőt, és az

an p n + an −1 p n −1q + ... + a1 pq n −1 + a0 q n = 0 egyenlőséghez jutunk. Ebből következik, hogy a

(

)

p an p n −1 + an −1 p n − 2q + ... + a1q n −1 = −a0 q n alakban írható, amelyből a qn an p n −1 + an −1 p n − 2q + ... + a1q n −1 = − 0 . p Mivel az egyenlőség bal oldalán egész szám áll, a jobb oldalnak is egész számnak kell lennie, ami csak akkor lehetséges, ha az a0 q n osztható p-vel. A p és q számok relatív prímek, így a p és a q n is relatív prímek, tehát az a0 q n csak akkor osztható p-vel, ha az a 0 osztható p-vel. Ugyanakkor az an p n + an −1 p n −1q + ... + a1 pq n −1 + a0 q n = 0

(

)

összefüggés az an p n + q an −1 p n −1 + ... + a1 pq n − 2 + a0 q n −1 = 0 alakban is írható, tehát an −1 p n−1 + ... + a1 pq n − 2 + a0 q n −1 = −

n

an p . Az egyenlőség bal oldalán álló szám egész, q

an p n is egész szám kell hogy legyen. Tehát a q osztója a − an p n q nek. De mivel p és q relatív prímek, ez csak akkor állhat fenn, ha q osztója an -nek. következésképp a −

6.3.3. Tétel. Ha az an x n + an −1x n −1 + ... + a1x + a0 = 0 egész együtthatós algebrai p egyenletnek a irreducíbilis gyöke, akkor az a 0 szabadtag osztható p-vel, és a q domináns tag együtthatója, az a n osztható q-val.

Tartalomjegyzék



A 6.3.1. tétel tulajdonképpen a 6.3.3. tétel sajátos esete, a

p tört ebben az q

p , a p a0 , illetve az 1 an . A 6.3.3. tétel értelmében az egész együtthatós 1 algebrai egyenlet racionális gyökeit a következőképpen kereshetjük meg: képezzük az összes olyan irreducíbilis törtet, amelyekben a számláló a szabadtag, a nevező pedig a domináns tag együtthatójának osztója, majd ellenőrizzük, hogy az így kapott számok közül melyek gyökei az egyenletnek. 6.3.4. Példa. Keressük meg a 9 x 4 + 9 x 3 + 20 x 2 − 32 x + 8 = 0 egyenlet racionális gyökeit! p alakú racionális törtek, amelyekben a p Az egyenlet racionális gyökei olyan q osztója a 8-nak és a q osztója a 9-nek. A 8 osztóinak a halmaza D8 = {± 1, ± 2, ± 4, ± 8}, a 9 osztóinak a halmaza D9 = {± 1, ± 3, ± 9} . A képezhető 1 8 1 1 1 2 2 4 4 8 irreducíbilis törtek: , , , , , , és , illetve ezek ellentettjei: − , − , 3 9 3 9 3 9 3 9 3 9 2 2 4 4 8 8 − , − , − , − , − és − . 3 9 3 9 3 9 Próbáljuk ki a számokat!

esetben a

1 3 1 3

9

9

20

–32

8

9

12

24

–24

0

9

15

29

−

43 3

1 egyszeres gyöke az egyenletnek, és a hányados a 9 x 3 + 12 x 2 + 24 x − 24 . 3 3 A 9 x + 12x 2 + 24 x − 24 = 0 egyenlet a 3x 3 + 4 x 2 + 8 x − 8 = 0 alakban írható. Ennek p az egyenletnek a racionális alakú gyökei olyanok, hogy p a 8-nak és q a 3-nak q osztója. Tehát a fent felírt törtek közül nem kell kipróbálnunk a 9 nevezőjű törteket, hisz ezek nem lehetnek gyökei az egyenletnek. Tehát az

2 3

3

4

8

–8

3

6

12

0

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

289


2 gyöke az egyenletnek, a hányados 3x 2 + 6 x + 12 = 0 , tehát az x 2 + 2 x + 4 = 0 3 másodfokú egyenletet kell megoldanunk. Ennek gyökei az x1 = −1 + i 3 és az 1 2 x 2 = −1 − i 3 , ezek nem racionális számok. Az egyenlet racionális gyökei és . 3 3 6.3.5. Megjegyzés. Vannak olyan egyenletek, amelyek megoldása során nagyon sok racionális számot kell kipróbálnunk. Keressünk egy eljárást, amely segítségével p irreducíbilis kiküszöbölhetjük a próbálgatások egy részét. Feltételezzük, hogy a q A

 p tört gyöke a P ( x ) = 0 egyenletnek. Ekkor P ( X ) osztható  X −  -val, tehát a q  (qX − p ) -vel is, következésképp P ( X ) = (qX − p )Q( X ) , ahol Q( X ) egész együtthatós polinom. Az x = 1 -re, majd az x = −1 -re felírjuk a polinomok helyettesítési értékét, és kapjuk, hogy: P (1) = (q − p )Q(1) és P (− 1) = −(q + p )Q(− 1) . Mivel a P (1) , a Q(1) , a P (− 1) és a Q(− 1) egész szám, az egyenlőségek csak akkor állhatnak fenn, ha a q − p osztója a P (1) -nek és a q + p osztója a P (− 1) -nek. E megállapítások segítségével a 6.3.4. példában adott egyenlet megoldása során a kipróbálandó törtek közül kiselejtezhetünk néhányat, mert P (1) = 14 és P (− 1) = 60 . A törteket táblázatba foglaljuk:

p q

q –p

1 1 3 9

2 2 3 9

4 3

2

1

-1

5

-5

1

4

10

5

11

7

13

11

17

11 7

13

11

17

2

8

1

7

1

5

5

1

q+p 4

8

10 5

7

4 9

8 3

8 9

2 1 1 2 4 4 − − − − − − 3 3 9 9 3 9

A kiemelt törtek a megjegyzés alapján nem lehetnek gyökök, tehát csak az −

8 8 − − 3 9

1 2 , és 3 3

4 törtekkel érdemes próbálkozni, ez lényeges könnyítést jelent. 3

6.3.6. Megoldott feladatok 1. Igazoljuk, hogy ha a,b,c, és d olyan egész szám, amelyre az ad páratlan és a bc

páros szám, akkor az ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 egyenletnek legalább az egyik gyöke irracionális.


Tartalomjegyzék


p irreducíblis tört gyöke az egyenletnek, akkor a p osztója a d-nek q és a q osztója az a-nak. Mivel az ad páratlan szám, az a is és a d is páratlan, ezért ezen p számok osztói is csak páratlan számok lehetnek. Tehát, ha gyöke az egyenletnek, q akkor a p is és a q is páratlan. Feltételezzük, hogy az egyenlet minden gyöke p racionális, azaz i i = 1,3 alakban írható. Ekkor a pi és qi szám páratlan, i = 1,3 . qi Mivel bc páros, az a, b és c számok közül legalább az egyik páros. Ha a b páros, akkor p1 p2 p3 b + + =− , q1 q2 q3 a vagyis a( p1q2 q3 + p2 q1q3 + p3q1q2 ) = −bq1q2 q3 ,

Megoldás. Ha a

(

)

ami lehetetlen, mivel az egyenlet bal oldalán páratlan, a jobb oldalán páros szám áll. Ha c páros, akkor p1 p2 p1 p3 p2 p3 c + + = , q1q2 q1q3 q3q3 a vagyis a( p1 p2 q3 + p1 p3q2 + p2 p3q1 ) = cq1q2 q3 . Ez lehetetlen, mivel az egyenlet bal oldalán páratlan, a jobb oldalán páros szám áll. 2. Ha az α egész szám olyan, hogy

n

(n ∈ N , n ≥ 2)

α

racionális, akkor létezik

olyan β egész szám, amelyre α = β n . Megoldás. Tekintsük a P ( X ) = X n − α egész együtthatós polinomot. Az n α szám p gyöke a polinomnak. Mivel n α ∈ Q , az n α szám alakban írható, ahol p és q q p relatív prímek. Mivel gyöke a P( X ) -nek, a p osztója az α -nak, a q pedig az 1q

nek. Tehát q ∈ {− 1, 1} , így

n

α = p vagy

n

α = − p , ahol p ∈ Z , következésképp

α = p n vagy α = (− p )n , és ezzel az állítást bizonyítottuk. 3. Ha P( X ) egész együtthatós polinom és n olyan természetes szám, amelyre a

P(0 ) , P(1) , …, P(n − 1) számok közül egyik sem osztható n-nel, akkor a P( X ) -

nek nincs egész gyöke. Megoldás. Feltételezzük, hogy a polinomnak van egész gyöke; jelöljük ezt u 0 -val.

Mivel u 0 gyöke a polinomnak, P (u0 ) = 0 . Az u 0 szám n-nel való osztási maradékát

jelöljük r-rel, r ∈ {0, 1, 2,..., n − 1} .

Fejezet tartalma

291


(

)

Tartalomjegyzék

(

)

P (u0 ) − P (r ) = an u0 n − r n − an −1 u0 n −1 − r n −1 + ... + a1 (u0 − r ) , amely osztható (u 0 − r ) -rel. Viszont a maradékos osztás tétele alapján

u 0 = kn + r , vagyis u 0 − r = kn .Következésképp a P(u 0 ) − P(r ) osztható a kn-nel, azaz − P (r ) kn , így P (r ) n , ahol r ∈ {0,1,2,..., n − 1} . Ez ellentmond a feltevésnek, mely szerint a P (0 ) , P (1) , …, P(n − 1) számok egyike sem osztható n-nel. 4. Ha P( X ) olyan n-ed fokú polinom, amelyre a P (0 ) , P (1) , …, P(n − 1) számok

mind egészek, akkor P (k ) egész minden egész k szám esetén.

Megoldás. A P( X ) polinom a következő alakban írható: X ( X − 1) X ( X − 1)( X − 2) X ( X − 1)...( X − n + 1) + c3 + ... + cn . P ( X ) = c0 + c1 X + c2 2! 3! n!

A feltétel értelmében P (0 ) ∈ Z , a c0 ∈ Z és P (1) = c0 + c1 ∈ Z . Mivel c0 ∈ Z , c0 + c1 ∈ Z a c1 = (c0 + c1 ) − c0 is egész. Ha folytatjuk az eljárást, kapjuk: cm ∈ Z

minden m = 0, n esetén. Ekkor k (k − 1) k (k − 1)(k − 2) k (k − 1)...(k − n ) + c3 + ... + cn , P (k ) = c0 + c1k + c2 n! 2! 3! k (k − 1)...(k − n ) és mivel ∈ Z minden k ∈ Z esetén, a P (k ) egész szám, ∀ k ∈ N n! esetén.

(

)

5. Vannak-e az n! x n + n 2 + n + 1 x n −1 − (n!+1)x + (2n!) + 3 = 0 , n ≥ 2 egyenletnek egész gyökei, ha n ≥ 2 ? Megoldás. Vizsgáljuk meg, hogy lehet-e az egyenletnek páros egész gyöke! Ha az α = 2 p páros egész, akkor a

(

)

P (α ) = n!α n + n 2 + n + 1 α n −1 − (n!+1)α + (2n!) + 3 páratlan szám, mivel az α -val szorzott tényezők és ezek összegei párosak, a (2n!) + 3

pedig páratlan, így a P (α ) páratlan, tehát nem lehet nulla. Megvizsgáljuk a P(α ) -t, ha α = 2 p + 1 páratlan szám. Az n! páros, ha n ≥ 2 az n2 + n + 1 = n(n + 1) + 1 páratlan

(mivel két egymás utáni természetes szám szorzata páros ), az n!+1 páratlan és a (2n!) + 3 páratlan. Így P(α ) egy páros és három páratlan szám összege, ami páratlan szám, és P ( x ) ebben az esetben sem lehet nulla. Az egyenletnek tehát nincsenek egész gyökei.


Tartalomjegyzék


VI.6.4. Gyakorlatok és feladatok 1. Oldd meg az egyenleteket, ha a ismered az egyik gyököt: a) x 4 − 10 x 3 + 31x 2 − 20 x + 58 = 0 , b) x 5 − 3 x 4 + 4 x 3 + x 2 − 3 x + 4 = 0 ,

x1 = 5 − 2i ;

1+ i 3 ; 2 x1 = i .

x1 =

c) 16 x 6 − 48 x 5 + 47 x 4 − 45 x 3 + 31x 2 − 3 x + 2 = 0 ,

2. Adott az x 3 + ax 2 + (5 − 4i )x − 1 + i = 0 egyenlet. Határozd meg az a ∈ C paraméter értékét, és oldd meg az egyenletet, ha tudod, hogy az 1 − i gyöke az egyenletnek! 3. Határozd meg az a és b valós paraméterek értékeit úgy, hogy az a − 3i gyöke legyen az x 4 − 4 x 3 + ax 2 + bx + 45 = 0 egyenletnek, majd oldd meg az egyenletet! 4. Határozd meg az a ∈ R paraméter értékét úgy, hogy az x 2 + (a + i )x + 3 − i = 0 egyenletnek legyen valós gyöke! 5. A P ( x ) = 0 valós egyenletnek az a + bi szám n-szeres gyöke. Bizonyítsd be, hogy a − bi is n-szeres gyöke az egyenletnek!

(

)

(

)

2

6. Igazold, hogy az x 4 + 2a 2 + 1 x 3 + 2 a 2 + 1 x 2 + bx + c = 0 egyenletnek, ahol a, b, c ∈ R , legtöbb két valós gyöke lehet. 7. Bontsd irreducíbilis tényezőkre C [X ] -ben és R[X ] -ben a polinomokat: a) P( X ) = X 3 − 3 X 2 + 4 X − 12 ; b) P( X ) = X 3 − 5 X 2 + 8 X − 6 ; c) P( X ) = X 5 − X 4 + 5 X 3 − 5 X 2 + 4 x − 4 ; d) P( X ) = X 4 − 10 X 3 + 54 X 2 − 130 X + 125 , ha tudjuk, hogy a 2 − i gyöke; e) P(x ) = X 4 − X 2 + 1 ; f) P(x ) = X 4 − 3 X 2 + 1 ; g) P(x ) = X 8 − 17 X 4 + 16 ; h) P(x ) = 3 X 4 + X 3 + X 2 + X − 2 . 8. Írd fel azt a legkisebb fokú C [X ] -beli, illetve R[X ] -beli polinomot, amelynek a) a 3 kétszeres és az i egyszeres gyöke; b) a 2 + 5i egyszeres és a-3i kétszeres gyöke. 9. Oldd meg az x 4 − 6 x 3 + 18 x 2 − 30 x + 25 = 0 egyenletet (a, b, c, d ∈ R ) , ha

minden gyök 10.

5 modulusú komplex szám!

Oldd meg az x 2 n + a1 x 2 n −1 + ... + a 2 n − 2 x 2 − 2nx + 1 = 0 egyenletet, ha

(

)

minden gyök pozitív szám a i ∈ R, n ∈ N ∗ .

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

293

Polinomok és algebrai egyenletek 11.

Oldd meg az egyenleteket, ha a ismered az egyik gyököt: a) x 4 − 14 x 3 − 4 x 2 − 14 x − 5 = 0 , x1 = 7 − 3 6 ;

x1 = 4 − 2 3 ;

b) 3x 3 − 23x 2 + 4 x + 4 = 0 , 5

4

3

x1 = −3 11 .

2

c) 6 x + 4 x − 591x − 394 x − 297 x − 198 = 0 ,

12. Határozd meg az a ∈ R paraméter értékét úgy, hogy a 2 x 3 − 10 x 2 + ax + 4 7 = 0

egyenletnek az 1 + 7 szám gyöke legyen! Oldd meg az egyenletet! 13. Határozd meg az a és b racionális számot, hogy az x 3 − 4 x 2 − 5x + a = 0 egyenletnek a b + 2 szám gyöke legyen! Oldd meg az egyenletet!

VI.7. Sajátos algebrai egyenletek Amint az előző paragrafusban láttuk, bizonyos algebrai egyenletek egész vagy racionális gyökeit meg tudjuk keresni, mi több, ismerünk összefüggéseket az irracionális, illetve komplex gyökök között is, viszont nem létezik olyan általános módszer, amely alkalmazható lenne tetszőleges algebrai egyenletre. Ebben a paragrafusban olyan, gyakran előforduló egyenlettípusokkal foglalkozunk, amelyekre ismerünk megoldási módszert vagy legalábbis egyszerűsíteni tudjuk a megoldást. VI.7.1. Bikvadratikus egyenletek 7.1.1. Feladat. Oldjuk meg az 5 x 4 − 3x 2 − 2 = 0 egyenletet! Megoldás. Észrevehető, hogy az x 2 = y helyettesítéssel az egyenlet másodfokú

egyenletre vezethető vissza. Pontosabban az 5 y 2 − 3 y − 2 = 0 egyenletet kell 2 szám, tehát az eredeti megoldanunuk. Ennek megoldásai az y1 = 1 és y2 = − 5 2  egyenlet minden megoldására teljesül az x 2 ∈ 1, −  összefüggés. Ha x 2 = 1 , akkor 5  2 10 10   x ∈ {−1, 1} , és ha x 2 = − , akkor x ∈ i ⋅ , −i⋅  . Aszerint, hogy az 5 5  5  egyenlet milyen megoldásait keressük, felírhatjuk a megoldáshalmazt. A komplex 10 10 és − i ⋅ . Nyilvánvaló, hogy a valós megoldások az 1 megoldások: 1, − 1, i ⋅ 5 5 és a –1. Azokat az egyenleteket, amelyek az x 2 = y helyettesítéssel másodfokú egyenletre vezethetők vissza bikvadratikus egyenleteknek nevezzük. 7.1.2. Értelmezés. Az ax 4 + bx 2 + c = 0 bikvadratikus egyenletnek nevezzük.

alakú egyenletet, ahol

a ≠0,


Tartalomjegyzék


VI.7.2. Binom egyenletek 7.2.1. Feladat. Oldjuk meg az x 6 = 3 egyenletet! Megoldás. A komplex számok tanulmányozásakor láttuk, hogy az egyenlet 2kπ 2kπ   megoldásai a 3 hatodrendű gyökei. Pontosabban x k = 6 3 ⋅  cos + i sin  , ahol 6 6   k ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5} . 7.2.2. Értelmezés. Az x n = a alakú egyenletet, ahol n ∈ N * és a ∈ C , binom egyenletnek nevezzük. A komplex számok tulajdonságai alapján érvényes a következő tétel: 7.2.3. Tétel. Ha a = r ⋅ (cos α + i ⋅ sin α) , akkor az x n = a egyenlet megoldáshalmaza (a komplex számok halmazában):   2kπ + α 2kπ + α   M = n r ⋅  cos + i ⋅ sin  k ∈{0, 1, 2,..., n − 1}  . n n     VI.7.3. Trinom egyenletek 7.3.1. Feladat. Oldjuk meg az x 8 + 2ix 4 + 3 = 0 egyenletet! Megoldás. Az x 4 = y helyettesítéssel az y 2 + 2iy + 3 = 0 másodfokú egyenletet

kapjuk. Ennek megoldásai az y1 = i és az y2 = −3i komplex számok. Tehát az x 4 = i x 4 = −3i binom egyenleteket kell megoldanunk. Ezek π π + 2kπ + 2kπ + i ⋅ sin 2 , illetve a cos 2 8 8 π π   − + 2kπ − + 2kπ   4  , ahol k ∈ {0, 1, 2, 3} . 3 ⋅  cos 2 + i ⋅ sin 2   8 8    

és

megoldásai

a

7.3.1. Értelmezés. Az ax 2 n + bx n + c = 0 alakú egyenletet, ahol a, b, c ∈ C és a ≠ 0 , trinom egyenletnek nevezzük. Látható, hogy minden trinom egyenlet két binom egyenlet megoldására vezethető vissza. VI.7.4. Reciprok egyenletek 7.4.1. Feladat. Oldjuk meg az x 4 + 2 x 3 − x 2 + 2 x + 1 = 0 egyenletet! Megoldás. Az egyenletet x 4 + 1 + 2 x 3 + x − x 2 = 0 alakban írjuk, majd elosztjuk

(

) (

2

)

az egyenlet mindkét oldalát x -tel. Így ekvivalens átalakítást végzünk, hisz az x = 0 1   1  nem megoldása az egyenletnek. Az osztás nyomán az  x 2 + 2  + 2 x +  − 1 = 0 x x   

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék

295


1 helyettesítés segítségével az adott egyenletett x 1 visszavezettük egy másodfokú egyenletre. A helyettesítés alapján x 2 + 2 = y 2 − 2 , x 2 tehát az y + 2 y − 3 = 0 egyenletet kell megoldanuk. A megoldások: y1 = 1 és 1 1 y 2 = −3 . Az eredeti egyenlet megoldásai az x + = 1 és az x + = −3 egyenletek x x megoldásaiból származnak, tehát az adott egyenlet megoldáshalmaza: 1 − i ⋅ 3 1 + i ⋅ 3 − 3 − 5 − 3 + 5  M= , , , . 2 2 2 2   5 4 3 2 7.4.2. Feladat. Oldjuk meg az x + +3 x + x + x + 3 x + 1 = 0 egyenletet! Megoldás. Észrevehető, hogy az x = −1 megoldása az egyenletnek. Ezért az egyenlet az ( x + 1) (x 4 + 2 x 3 − x 2 + 2 x + 1) = 0 alakban írható. A 7.4.1. feladat megoldása és az előbbi összefüggés alapján az adott egyenlet megoldáshalmaza:  1− i ⋅ 3 1+ i ⋅ 3 − 3 − 5 − 3 + 5  M = − 1, , , , . 2 2 2 2   Látható, hogy az egyenletekben a bal oldali kifejezés két szélétől azonos „távolságra” levő együtthatók egyenlők. E tulajdonság biztosítja: ha x 0 gyöke az egyenletnek, 1 is gyök. Az ilyen tulajdonságú egyenletet reciprok egyenlet. akkor x0 egyenletet kapjuk, tehát az y = x +

7.4.3. Értelmezés. Az a n x n + a n −1 x n −1 + ... + a1 x + a 0 = 0 egyenletet reciprok egyenletnek nevezzük, ha a k = a n − k bármely k ∈ { 0 , 1, 2 ,..., n } esetén. 7.4.4. Tulajdonságok 1. Az x = −1 megoldása minden páratlan fokszámú reciprok egyenletnek. 1 is gyöke az egyenletnek. 2. Ha x 0 gyöke egy reciprok egyenletnek, akkor az x0 (A 0 nem lehet reciprok egyenlet gyöke.) 3. Ha egy páratlan fokszámú reciprok egyenlethez hozzárendelünk egy polinomot és ezt elosztjuk ( X + 1) -gyel, akkor a hányadospolinomhoz rendelt algebrai egyenlet szintén reciprok egyenlet lesz. Bizonyítás 1. Tekintsük a P( X ) = a 2 n −1 X 2 n −1 + a 2 n − 2 X 2 n − 2 + ... + a1 X + a 0 polinomot. Ha a 2 n −1− k = a k bármely k ∈ { 0 , 1, 2 ,..., 2n − 1} , akkor 2 n −1

2 n −1

2 n −1

k =0

k =0

k =0

2 ⋅ P( −1) = ∑ a k ( −1) k + ∑ a 2 n −1− k ( −1) 2 n −1− k = ∑ (a k − a 2 n −1− k ) ⋅ ( −1) k = 0 , mert az előbbi összeg minden tagja 0. 2. Ha x 0 gyöke a P( X ) = a n X n + a n −1 X n −1 + ... + a1 X + a 0 polinomnak és a k = a n − k minden k ∈ { 0 , 1, 2 ,..., n } esetén, akkor


Tartalomjegyzék


n  1  x ⋅ P  = x 0n ⋅ ∑ a k k =0  x0 

k

n n n  1  ⋅   = ∑ a k ⋅ x 0n − k = ∑ a n − k ⋅ x 0n − k = ∑ a j ⋅ x 0j = P( x 0 ) , k =0 k =0 j=0  x0   1  tehát, ha P(x 0 ) = 0 , akkor P  = 0 . (Az x = 0 érték nem lehet gyök, mert  x0  n 0

akkor a szabadtag nulla kellene hogy legyen, és ez nem lehetséges, mert a szabadtag egyenlő a domináns tag együtthatójával.) Az előbbiek alapján azt is kijelenthetjük, hogy a P( X ) = a n X n + a n −1 X n −1 + ... + a1 X + a 0 polinomhoz rendelt 1 algebrai egyenlet akkor és csak akkor reciprok egyenlet, ha x n ⋅ P  = P( x ) x bármely x ∈ R esetén. 3. Ha a P( X ) = a 2 n +1 X 2 n +1 + a 2 n X 2 n + ... + a1 X + a 0 polinom együtthatóira teljesülnek az a 2 n +1− k = a k egyenlőségek bármely k ∈ { 0 , 1, 2 ,..., 2n + 1} esetén, akkor létezik olyan Q(X) polinom, amelyre P( X ) = ( X + 1) ⋅ Q( X ) . Mivel 1 1  1 x 2 n +1 ⋅ P  = P( x ) bármely x ∈ R esetén: x 2 n +1 ⋅ 1 +  ⋅ Q  = (1 + x ) ⋅ Q( x ) x x  x 1 bármely x ∈ R esetén, és így x 2 n ⋅ Q  = Q( x ) bármely, 1-től különböző valós x 1 értékre. Másrészt x = 1 -re nyilvánvaló, hogy teljesül a x 2 n ⋅ Q  = Q( x ) x 1 egyenlőség, tehát x 2 n ⋅ Q  = Q( x ) bármely x ∈ R esetén. A 2. tulajdonság x bizonyításakor láttuk, hogy ez elégséges is ahhoz, hogy a Q-hoz rendelt algebrai egyenlet reciprok egyenlet legyen. VI.7.4. Gyakorlatok és feladatok 1. Oldd meg az alábbi bikvadratikus egyenleteket: a) 9 x 4 − 10 x 2 + 1 = 0 ; b) x 4 − 12 x 2 + 32 = 0 ; c) 16 x − 1 + 2 ⋅ 2 x + 2 = 0 ; d) x 4 + ( x + 2 ) 4 = 82 . 2. Tárgyald a következő egyenletek megoldásainak természetét és előjelét az m valós paraméter függvényében:

(

)

b) m (x 2 + 1) + (x 2 + 1) = 0 . a) mx 4 + 4 x 2 + 1 = 0 ; 3. Oldd meg a következő egyenleteket: a) x 6 + 15 x 3 − 16 = 0 ; b) x 3 − 10 x x + 24 = 0 . 4. Oldd meg a következő reciprok egyenleteket: a) 5 x 3 − 2 x 2 − 2 x + 5 = 0 ; b) 3 x 5 − 4 x 3 − 4 x 2 + 3 = 0 ; c) x 6 + 3x 5 + 3 x 4 + 2 x 3 + 3x 2 + 3x + 1 = 0 ; d) x 4 − 13 x 3 + 7 x 2 − 13 x + 1 = 0 . 5. Határozd meg az a valós paraméter azon értékeit, amelyekre az x 4 + 2 x 3 + ax 2 + 2 x + 1 = 0 egyenletnek minden gyöke valós. 4

2

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

297

Polinomok és algebrai egyenletek 6. Oldd meg az alábbi egyenleteket:

(

b) 1 + x 2

a) x( x + 2)( x + 4)( x + 6) = 9 ;

)

2 2

c) x 4 − 16 x − 12 = 0 ; e) f)

(2 x

2

3

+ 5x − 4

)

2

(

)

(

)

= 4x 1 − x 2 ; 2

 x +1   x + 1 d)   +  =6;  x + 2  x 

− 5x 2 2 x 2 + 5x − 4 + 6 x 4 = 0 ;

2

2 x − 6 2 x + 11x − 3 2 = 0 ;

g) x 4 + 6 x 3 + 5 x 2 − 12 x + 3 = 0 ;

h)

x 2 48  x 4 + 2 = 10 −  . 3 x 3 x

7. Oldd meg a 8 x 4 − 8 x 3 + x + a = 0 egyenletet, ha az a valós paraméter! 8. Határozd meg az a 2 + b 2 összeg minimumát, ha a és b valós szám, és ha az x 4 + ax 3 + bx 2 + ax + 1 = 0 egyenletnek létezik legalább egy valós megoldása!

VI.8. Polinomok legnagyobb közös osztója és legkisebb közös többszöröse VI.8.1. Polinomok legnagyobb közös osztója

A legnagyobb közös osztó és a legkisebb közös többszörös fogalma mindannyiunk számára ismerős az egész számok aritmetikájából. Két vagy több természetes szám legnagyobb közös osztója (ln.k.o.) a közös osztóik legnagyobbika, a legkisebb közös többszörösük (lk.k.t) pedig az a legkisebb természetes szám, amely mindegyik számmal osztható. Például: a) A 4, 10, 6, 12 és 30 legnagyobb közös osztója 2, a legkisebb közös többszöröse a 60; b) A 15, 9, 12 és 60 legnagyobb közös osztója 3, a legkisebb közös többszöröse a 180. Polinomok esetén a „legkisebb” polinom fogalma nem létezik, ugyanis a polinomok halmazában nem értelmeztünk rendezési relációt. Ezért szükségünk van a fogalmak tisztázására és pontos megértésére. 8.1.1. Értelmezés. A P( X ) és a Q( X ) polinom legnagyobb közös osztója egy olyan D( X ) polinom, amely teljesíti a következő feltételeket: a) a D( X ) osztója a P( X ) -nek és a Q( X ) -nek is (tehát a D( X ) közös osztó); b) a P( X ) és Q( X ) polinomok bármely D1 ( X ) közös osztója osztja a D( X ) -et is ( D( X ) a közös osztók közül a legnagyobb ). Meg kell vizsgálnunk, hogy létezik-e minden P( X ) és Q( X ) polinom esetén legnagyobb közös osztó, hány legnagyobb közös osztó létezik, és ezek között milyen összefüggés áll fenn. Tekintsük a P( X ) és a Q( X ) komplex polinomot. Ha mindkét polinom zéruspolinom, akkor az értelmezés alapján a konstans együtthatós polinom ezeknek egy legnagyobb közös osztója. Ha a polinomok közül legalább az egyik zéruspolinom.


Tartalomjegyzék


(Például a P( X ) ), akkor az értelmezés alapján a Q( X ) egy legnagyobb közös osztó Q( X ) osztója önmagának is és a zéruspolinomnak is, és bármely más D1 ( X ) -szel jelölt osztóra a D1 ( X ) osztja a Q( X ) -et.) Ha egyik polinom sem zéruspolinom, akkor felírjuk a maradékos osztás tételét; P( X ) = Q( X )q1 ( X ) + r1 ( X ) , ahol gr r1 ( X ) < gr Q( X ) . Ha r1 ( X ) = 0 , akkor P( X ) osztható Q( X ) -szel, és a legnagyobb közös osztó Q( X ) . Ha r1 ( X ) ≠ 0 , akkor felírjuk a maradékos osztás tételét a Q( X ) és r1 ( X ) polinomokra: Q( X ) = r1 ( X )q 2 ( X ) + r2 ( X ) , ahol gr r2 ( X ) < gr r1 ( X ) . Ezt addig folytatjuk (azaz az osztót osztjuk a maradékkal), amíg maradékul nullát kapunk. A következő összefüggéseket írhatjuk fel: P( X ) = Q( X )q1 ( X ) + r1 ( X ) , gr r1 ( X ) < gr Q( X ) , Q( X ) = r1 ( X )q 2 ( X ) + r2 ( X ) , gr r2 ( X ) < gr r1 ( X ) , r1 ( X ) = r2 ( X )q 3 ( X ) + r3 ( X ) , gr r3 ( X ) < gr r2 ( X ) , …………………………… ………………….. rn − 2 ( X ) = rn −1 ( X )q n ( X ) + rn ( X ) , gr rn ( X ) < gr rn −1 ( X ) , rn −1 ( X ) = rn ( X )q n +1 ( X ) + rn +1 ( X ) , gr rn +1 ( X ) < gr rn ( X ) , és ebben a sorban r1 ( X ) ≠ 0 , r2 ( X ) ≠ 0 , …, rn ( X ) ≠ 0 , valamint rn +1 ( X ) = 0 . Igazoljuk, hogy az utolsó, nullától különböző maradék, vagyis az rn a polinomok legnagyobb közös osztója. Mivel rn −1 ( X ) = rn ( X )q n +1 ( X ) (és rn +1 ( X ) = 0 ) , az rn −1 ( X ) polinom osztható az rn ( X ) polinommal. Ugyanakkor rn − 2 ( X ) = rn −1 ( X )q n (x ) + rn ( X ) , mivel rn ( X ) rn −1 ( X ) és rn ( X ) rn ( X ) , az rn ( X ) rn − 2 ( X ) .

rn −3 ( X ) = rn − 2 ( X )q n −1 ( X ) + rn −1 ( X ) , mivel rn ( X ) rn − 2 ( X ) és rn ( X ) rn −1 ( X ) , az rn ( X ) rn −3 ( X ) . Ha mindig az előző egyenlőséget vizsgáljuk, kapjuk, hogy az rn ( X )

osztója az rn −1 ( X ) , rn − 2 ( X ) , rn −3 ( X ) , …, r2 ( X ) és az r1 ( X ) polinomoknak. Mivel

Q( X ) = r1 ( X )q 2 ( X ) + r2 ( X ) és az rn ( X ) r1 ( X ) , illetve az rn ( X ) r2 ( X ) , ezért az rn ( X ) osztója a Q( X ) -nek. A P( X ) = Q( X )q1 ( X ) + r1 ( X ) egyenlőségből (mivel a

q n ( X ) Q( X ) és a q n ( X ) r1 ( X ) ) a q n ( X ) osztója a Q( X ) -nek is. Tehát beláttuk,

hogy az rn ( X ) a P( X ) és a Q( X ) polinomok közös osztója. Még bizonyítanunk kell, hogy a P( X ) és Q( X ) bármely közös osztója az rn ( X ) -nek is osztója. Legyen R( X ) egy

olyan

polinom,

amelyre

R( X ) P( X )

és

R( X ) Q( X ) .

Mivel

r1 ( X ) = P( X ) − Q( X )q1 ( X ) , az R( X ) r1 ( X ) . De r2 ( X ) = Q( X ) − r1 ( X )q 2 ( X ) és R( X ) Q( X ) , R( X ) r1 ( X ) , így R( X ) r2 ( X ) . A következő egyenlőségből kapjuk,

hogy R( X ) r3 ( X ) , ahol r3 ( X ) = r1 ( X ) − r2 ( X )q3 ( X ) , és így folytatjuk: R( X ) r4 ( X ) ,…,

R( X ) rn ( X ) . Tehát rn ( X ) a P( X ) és Q( X ) polinom egyik legnagyobb közös osztója.

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

299


A fenti eljárás amellett, hogy megmutatja, hogy bármely két polinomnak van legnagyobb közös osztója, egy algoritmust is szolgáltat ennek meghatározására. Az eljárást euklideszi algoritmusnak nevezzük. 8.1.2. Tétel. Bármely két komplex polinomnak van legnagyobb közös osztója. 8.1.3. Példa. Határozzuk meg a P ( X ) = 2 X 4 − 2 X 3 − 2 X 2 − 2 X − 4 és a

Q( X ) = X 3 − 3 X 2 + 4 X − 4 polinomok legnagyobb közös osztóját.

Ha elosztjuk a P ( X ) polinomot a Q( X ) polinommal, akkor r1 ( X ) = 2 X 2 − 10 X + 12 . 2X4 − 2X3 − 2X2 − 2X − 4 − 2 X4 + 6 X3 − 8X2 + 8X 4 X 3 − 10 X 2 + 6 X − 4 − 4 X 3 + 12 X 2 − 16 X + 16 2 X 2 − 10 X + 12

X3 − 3X 2 + 4 X − 4 2X + 4

Ha a Q( X ) -et elosztjuk az r1 ( X ) -szel, a maradék r2 ( X ) = 8 X − 16 . Ha r1 ( X ) -et elosztjuk az r2 ( X ) -szel, akkor a maradék r3 ( X ) = 0 . Mivel r3 ( X ) = 0 , az algoritmus befejeződött, és egy legnagyobb közös osztó az r2 ( X ) = 8 X − 16 polinom. Látható, hogy az X − 2 polinom szintén osztója a P( X ) -nek is és a Q( X ) -nek is, és bármely olyan R( X ) polinomra, amely osztja a P( X ) -et és a Q( X ) -et is, mivel az R( X ) osztja a

(8 X − 16) -ot,

ezért a

8 X − 16 = R( X )q( X )

alakban írható, ebből

q( X ) , tehát az R( X ) osztja az ( X − 2 ) -t is. Így X − 2 is legnagyobb 2 közöz osztója a P( X ) -nek és a Q( X ) -nek. 8.1.4. Tétel. Ha D( X ) a P( X ) és a Q( X ) polinom egyik legnagyobb közös osztója, akkor a D( X ) -szel asszociált polinomok mind legnagyobb közös osztói a P( X ) és a Q( X ) polinomnak, és a P( X ) , illetve a Q( X ) polinomnak nincs más legnagyobb közös osztója. Bizonyítás. Tekintsünk egy, a D( X ) -szel asszociált D1 ( X ) = aD( X ) polinomot, X − 2 = R( X )

ahol a ∈ C . Mivel D( X ) P( X ) és D( X ) Q( X ) , következik, hogy aD( X ) P( X ) és D( X ) Q( X ) , tehát D1 ( X ) közös osztója a P( X ) -nek és a Q( X ) -nek. Ugyanakkor,

bármely R( X ) ∈ C [X ] esetén, ha R( X ) P( X ) és R( X ) Q( X ) , akkor R( X ) D( X ) . De

D( X ) D1 ( X ) , így

az oszthatósági reláció tranzitivitása következtében

R( X ) D1 ( X ) . Tehát a D1 ( X ) is legnagyobb közös osztója a P( X ) és a Q( X )

polinomnak. Ezzel bizonyítottuk, hogy minden, a D( X ) -szel asszociált polinom is legnagyobb közös osztója a P( X ) -nek és a Q( X ) -nek. Most tekintsünk egy D1 ( X ) polinomot, amely a legnagyobb közös osztója a P( X ) -nek és a Q( X ) -nek. Bizonyítjuk, hogy a D1 ( X ) és a D( X ) asszociált

Tartalomjegyzék



polinomok. Mivel a D1 ( X ) legnagyobb közös osztója a P ( X ) -nek és a Q( X ) -nek, és

mivel a D( X ) osztója a P( X ) -nek és a Q( X ) -nek, következik, hogy a D( X ) D1 ( X ) .

Mivel D( X ) legnagyobb közös osztó, a D1 ( X ) pedig osztója a P( X ) -nek és a

Q( X ) -nek, a D1 ( X ) D( X ) . Mivel D1 ( X ) D( X ) és D( X ) D1 ( X ) , a polinomok asszociált polinomok. 8.1.5. Megjegyzések. Mivel valamely legnagyobb közös osztónak az összes asszociáltja is legnagyobb közös osztó, az egész együtthatós polinomok legnagyobb közös osztójának meghatározásakor elkerülhetjük a tört együtthatókat. Ha az algoritmusban megjelenő valamelyik osztásban az osztandó főegyütthatója nem osztható az osztó főegyütthatójával, akkor az osztandót megszorozhatjuk egy olyan számmal, hogy szorzás után osztható legyen az osztó főegyütthatójával. Más lehetőség: az osztót oszthatjuk egy számmal. 8.1.6. Példa. Határozzuk meg a

P( X ) = X 6 + 2 X 4 − 4 X 3 − 3X 2 + 8 X − 5

Q(x ) = X 5 + X 2 − X + 1 és a polinom egy legnagyobb közös osztóját!

Euklideszi algoritmussal dolgozunk:

(

)

X 6 + 2 X 4 − 4 X 3 − 3X 2 + 8 X − 5 = X ⋅ X 5 + X 2 − X + 1 +

(

)

+ 2 X 4 − 5X 3 − 2 X 2 + 7 X − 5 .

Most az X 5 + X 2 − X + 1 -et kellene osztanunk a 2 X 4 − 5 X 3 − 2 X 2 + 7 X − 5 -tel. A

(

)

meghatározás értelmében a tört együtthatók elkerülése végett a 2 X 5 + X 2 − X + 1 -et osztjuk a maradékkal. 5  2 X 5 + 2 X 2 − 2 X + 2 = 2 X 4 − 5X 3 − 2 X 2 + 7 X − 5 ⋅  X +  + 2  29 3 29 29 + X + 0X 2 − X+ . 2 2 2 29   29 3 29 Most a (2 X 4 − 5 X 3 − 2 X 2 + 7 X − 5) -öt kellene  X − X +  -vel osztanunk. 2 2   2

(

Ez utóbbit elosztjuk

(X

3

)

)

29 -vel, és így a 2 X 4 − 5 X 3 − 2 X 2 + 7 X − 5 -öt osztjuk 2

(

)

− X + 1 -gyel. 2 X 4 − 5 X 3 − 2 X 2 + 7 X − 5 = X 3 − X + 1 ⋅ (2 X − 5) , tehát az

utolsó, nullától különböző maradék X 3 − X + 1 , és ugyanakkor egy legnagyobb közös osztó is. A természetes számok legnagyobb közös osztóját úgy határoztuk meg, hogy a számokat törzstényezőkre bontottuk, és a közös tényezők előforduló legkisebb hatványának szorzatát vettük. Polinomok esetén is hasonló eljárással kapjuk meg a legnagyobb közös osztót.

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

301


8.1.7. Tétel. Ha a P( X ) és a Q( X ) polinom irreducíbilis tényezőkre bontott alakja C [X ] -ben a

P( X ) = a n ( X − x1 )α1 ( X − x 2 )α2 ⋅ ... ⋅ ( X − x k )αk ( X − y1 )γ1 ⋅ ... ⋅ ( X − y t )γt

Q( X ) = bm ( X − x1 )β1 ( X − x 2 )β2 ⋅ ... ⋅ ( X − x k )βk ( X − z 1 )γ1 ⋅ ... ⋅ ( X − z s )γr , és a akkor a P( X ) és a Q( X ) polinom legnagyobb közös osztója a k

D( X ) = ∏ ( X − x i )min (αi ,βi ) i =1

polinom. Bizonyítás. Mivel

( X − xi )min (αi ,βi ) P( X ) k

következik, hogy a D( X ) = ∏ ( X − xi )

min (α i ,βi )

( X − xi )min (αi ,βi ) Q( X ), ∀ i = 1, k ,

és

osztja a P ( X ) -et is és a Q( X ) -et is.

i =1

Ugyanakkor, ha D1 ( X ) olyan polinom, amelyre D1 ( X ) P( X ) és D1 ( X ) Q( X ) , akkor

D1 ( X ) = c( X − x1 ) 1 ( X − x 2 ) 2 ⋅ ... ⋅ ( X − x k ) n

n

nk

alakú,

ni ∈ N

ahol

és

ni ≤ min (α i , β i ),∀i = 1, k . Ez azt jelenti, hogy a D1 ( X ) D( X ) . Tehát D( X )

legnagyobb közös osztója a P( X ) és a Q( X ) polinomnak. 8.1.8. Példák 1. Határozzuk meg a P( X ) = X 3 − 6 X 2 + 11X − 6 polinom legnagyobb közös osztóját!

és

a

Q(x ) = X 3 − 8 X 2 + 19 X − 12

A polinomokat irreducíbilis tényezőkre bontjuk. A P( X ) polinomnak az 1 gyöke,a

P( X ) -et elosztjuk az ( X − 1) polinommal a Horner-séma segítségével. 1 1

1

-6 -5

(

11 6

)

Tehát P( X ) = ( X − 1) X 2 − 5 X + 6 = ( X − 1)( X − 2)( X − 3) . polinomnak is gyöke. Elosztjuk a Q( X ) -et az ( X − 1) -gyel. 1

(

1 1

-8 -7

19 12

-6 0 Az

1

a

Q( X )

-12 0

)

Q( X ) = ( X − 1) X 2 − 7 X + 12 = ( X − 1)( X − 3)( X − 4) . A két felbontás közös tényezői az ( X − 1) és az ( X − 3) polinomok. A P( X ) és a Q( X ) polinomok legnagyobb

közös osztója az ( X − 1)( X − 3) = X 2 − 4 X + 3 polinom. 2. Határozzuk meg a

P( X ) = 3 X 5 − X 4 − 3 X + 1 és Q( X ) = 3 X 4 + X 3 + X 2 + X − 2

Tartalomjegyzék



polinom legnagyobb közös osztóját! Tényezőkre bontjuk a P ( X ) polinomot.

(

) (

) (

)

P ( X ) = 3 X X 4 − 1 − X 4 − 1 = X 4 − 1 (3 X − 1) =

(

)

= ( X − 1)( X + 1) X 2 + 1 (3 X − 1) = ( X − 1)( X + 1)( X − i )( X + i )(3 X − 1) . A Q( X ) polinom tényezőkre bontásakor észrevesszük, hogy a –1 gyöke a polinomnak, és elosztjuk a Q( X ) -et az ( X + 1) -gyel.

3 3

-1

1 -2

(

1 3

)

1 -2

Tehát Q( X ) = ( X + 1) 3 X 3 − 2 X 2 + 3 X − 2 és

(

) (

-2 0

) (

)

3 X − 2 X + 3 X − 2 = 3 X X + 1 − 2 X 2 + 1 = X 2 + 1 (3 X − 2 ) . 3

2

(

)

2

Így Q( X ) = ( X + 1) X 2 + 1 (3 X − 2) = ( X + 1)( X + i )( X − i )(3 X − 2) . A P ( X ) és a Q( X ) polinom egyik legnagyobb közös osztója az

( X + 1)( X + i )( X − i ) = ( X + 1)(X 2 + 1) = X 3 + X 2 + X + 1

polinom. 8.1.9. Értelmezés. A P ( X ) és Q( X ) polinomok relatív prímek, ha egyik legnagyobb közös osztójuk az 1. Mivel az 1-gyel asszociált polinomok konstans polinomok, két polinom relatív prím, ha egyik legnagyobb közös osztójuk egy, a 0-tól különböző konstans polinom. 8.1.10. Példa

A P ( X ) = X 4 + 2 X 3 + 2 X 2 + 2 X + 1 és Q( X ) = X 5 − 2 X 4 + 6 X 3 − 12 X 2 + 9 X − 18 polinomok relatív prímek. A P ( X ) polinomnak a –1 gyöke. A P ( X ) -et elosztjuk

( X + 1) -gyel. Tehát P( X ) = ( X + 1)2 (X 2 + 1). A Q( X ) polinomot bontjuk. Q( X ) -nek 2 gyöke. A Q( X ) -et elosztjuk az ( X − 2 ) -vel. 2

1 1

-2 0

6 6

(

-12 0

)

9 9

(

is tényezőkre

-18 0

)

2

Q( X ) = ( X − 2 ) X 4 + 6 X 2 + 9 = ( X − 2 ) X 2 + 3 . A két polinom legnagyobb közös osztója az 1. Tehát a P ( X ) és a Q( X ) relatív prímek. A komplex együtthatós polinomokra vonatkozó felbontási tétel, valamint a 8.1.7. tétel alapján két komplex együtthatós polinom akkor és csak akkor relatív prím, ha nincs közös gyökük. Ezt a következő tételben fogalmaztuk meg: 8.1.11. Tétel. A P( X ) és a Q( X ) komplex együtthatós polinomok akkor és csak akkor relatív prímek, ha nincs közös gyökük.

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék

303

Polinomok és algebrai egyenletek 8.2. Polinomok legkisebb közös többszöröse

8.1.1. Értelmezés. A P ( X ) és a Q( X ) nullától különböző polinomok legkisebb közös többszöröse olyan M ( X ) polinom, amely teljesíti a következő feltételeket: a) M ( X ) osztható a P ( X ) -szel és a Q( X ) -szel (tehát az M ( X ) közös többszörös); b) a P ( X ) és a Q( X ) polinom bármely M1 ( X ) közös többszöröse az M ( X ) -nek is többszöröse ( M (xX ) a közös többszörösök közül a legkisebb). Tekintsünk két komplex együtthatós polinomot. A legnagyobb közös osztóhoz hasonlóan a legkisebb közös többszörös minden asszociáltja szintén legkisebb közös többszörös, és az összes legkisebb közös többszörös egymás asszociáltja. A felbontási tétel, illetve az oszthatóság gyökökkel való jellemzése alapján azonnal következik az alábbi tétel: 8.2.2. Tétel. Ha a P ( X ) és a Q( X ) polinomok irreducíbilis tényezőkre bontott alakja C [X ] -ben:

P ( X ) = an ( X − x1 )α1 ( X − x2 )α 2 ⋅ ... ⋅ ( X − xk )α k ( X − y1 )γ1 ⋅ ... ⋅ ( X − yt )γ t és

Q( X ) = bm ( X − x1 )β1 ( X − x 2 )β 2 ⋅ ... ⋅ ( X − xk )β k ( X − z1 )δ1 ⋅ ... ⋅ (x − z s )δ r , akkor a P ( X ) és a Q( X ) polinom egyik legkisebb közös többszöröse a k

max (α i ,β i )

D ( X ) = ∏ ( X − xi ) i =1

t

(

⋅ ∏ X − yj j =1

γj

)

s

(

⋅ ∏ X − zj j =1

)δ j

polinom (a közös tényezők az előforduló legnagyobb hatványon és az összes nem közös tényező szorzata). 8.1.3. Példák

1. Határozzuk meg a P (x ) = X 3 − 6 X 2 + 11X − 6 és a Q( X ) = X 3 − 8 X 2 + 19 X − 12 polinomok legnagyobb közös osztóját! A polinomokat a 8.1.8. példában már irreducíbilis tényezőkre bontottuk: P ( X ) = ( X − 1)( X − 2 )( X − 3) és Q( X ) = ( X − 1)( X − 3)( X − 4 ) . A két felbontás közös tényezői az ( X − 1) és az ( X − 3) polinom, tehát a P ( X ) és Q( X ) polinom legkisebb közös többszöröse az ( X − 1)( X − 3)( X − 2)( X − 4 ) polinom. 2. Határozzuk meg a

(

)

P ( X ) = ( X − 1)2 ( X + 3)3 X 2 + 1 és Q( X ) = ( X + 2)2 ( X − 1)3 ( X + i )2 polinom legkisebb közös többszörösét! A 8.2.2. tétel értelmében a legkisebb közös többszörös a H ( X ) polinom, H ( X ) = ( X − 1)3 ( X + 2)2 ( X + 3)3 ( X + i )2 ( X − i ) ,

mert P ( X ) = ( X − 1)2 ( X + 3)3 ( X + i )( X − i ) és Q( X ) = ( X + 2)2 ( X − 1)3 ( X + i )2 . Megjegyzés. A 8.2.2. és 8.1.7. tétel értelmében két polinom legnagyobb közös osztójának és legkisebb közös többszörösének szorzata a két polinom szorzatának asszociáltja.

Tartalomjegyzék



VI.9. Gyakorlatok és feladatok

(a, b ∈ R ) 1. Bizonyítsd be, hogy az f : [0,1] → [0,1], f (x ) = x 3 + ax + b polinomfüggvény esetén a ≤ 0 és b ≥ 0 ! 2. Lehet-e a P( P( X )) = 0 egyenletnek egy pontosan tizenháromszoros gyöke, ha P( X ) negyedfokú polinom? 3. Bizonyítsd be, hogy nem létezik olyan P ∈ R[ X ] nem identikusan nulla polinom, amelyre P(x + 2) + P (x ) = 2 P (x + 1), ∀x ∈ R.

4. Bizonyítsd be, hogy a P( X ) = ( X − 1)2 ( X − 3)2 + 1 polinom irreducíbilis a Z [ X ] -ben! 5. Határozd meg az összes P ∈ R[ X ] polinomot, melyre P( x − y ) = P( x ) − P( y ) , ∀x , y ∈ R . 6. Létezik-e olyan P ∈ R[x ] n-edfokú polinom, amelyre az f : R → R , f ( x ) = P( x ) polinomfüggvény injektív? 7. Bizonyítsd be, hogy ha x + y + z = a + b + c , x 2 + y 2 + z 2 = a 2 + b2 + c2 és

x 3 + y 3 + z 3 = a 3 + b3 + c3 , akkor x n + y n + z n = a n + bn + cn minden nullától különböző n természetes számra. 8. Bizonyítsd be, hogy az x, y és z valós szám akkor és csak akkor pozitív, ha az S1 = x + y + z , S2 = xy + yz + zx és S3 = xyz kifejezések értéke pozitív! 9. Bizonyítsd be, hogy ha α ∈ R és α < 1 , akkor az x 4 − αx 3 − αx + 1 = 0 egyenlet gyökeinek modulusa 1. 10. Bizonyítsd be, hogy ha a P ∈ C[ X ] negyedfokú polinom gyökei számtani haladványt alkotnak, akkor a P′ polinom gyökei is számtani haladványt alkotnak! 11. Bizonyítsd be, hogy ha a P( X ) ∈ Z [ X ], P( X ) = X n + a1 X n −1 + … + a n

polinom

x 1 , x 2 , … , x n −1

és

xn

gyökeire

teljesülnek

a

egyenlőtlenségek, akkor P ( X ) gyökei egységgyökök!

x k ≤ 1 k = 1, n

12. Határozd meg az összes P( X ) = X n + a1 X n −1 + … + a n alakú polinomot, amelyre ak ∈ {− 1,1}, ∀ k ∈ {1, 2,…, n} , és amelynek minden gyöke valós. 13. Bizonyítsd be, hogy ha a P ∈ C[ X ] , P( X ) = X n + a1 X n −1 + … + a n −1 X + a n polinom minden gyökének modulusa kisebb, mint 1, akkor n a1 + a 2 + … + a n < 2 . 14.

Bizonyítsd be, hogy ha P[ X ] = a 0 X n + a1 X n −1 + a 2 X n − 2 + … + a n −1 X + a0

(P ∈ C [X ]) és ε = cos 15.

2π 2π + i sin , akkor n n

∑ P(ε ) = n(a n

k =1

k

0

+ an ) .

Bizonyítsd be, hogy ha ε1 , ε 2 , … , ε n −1 és ε n az n-edrendű egységgyökök és

P ∈ C [X ] , akkor P( X ) =

1 n ∑ P( X + α ⋅ ε k ) , bármely α ∈ C esetén. n k =1

Tovább

VI. FEJEZET POLINOMOK ÉS ALGEBRAI EGYENLETEK. VI.1. A polinom fogalma. Alapvető tulajdonságok

Recommend Documents