Hogyan fogjak neki egy harmadfokú polinom szorzattá alakításához?

Harmadfokú polinomot úgy lehet szorzattá alakítani, ha találsz egy megoldást, aztán polinom osztasz.

Pl x=-1-re

-1+7-11+5=0

Vagyis (x+1)*valami alakban felírható a számláló.

sőt polinom osztás nélkül is ki lehet hozni, mivel x^3-nek meg 5-nek is ki kell jönnie, ezért ilyen lesz:

(x+1)*(x^2+ax+5)

Ezt felbontod, és az 'a'-t akkor már könnyű lesz meghatározni.

x^3+ax^2+5x+x^2+ax+5=x^3+(a+1)*x^2+(5+a)*x+5

a=6

A számláló:

(x+1)*(x^2+6x+5)

A négyzetes tagokat a számlálóban meg a nevezőben pedig a másodfokú egyenlet megoldóképletével lehet szorzattá alakítani.

Ha a két gyök x1,x2

Akkor a szorzatalak (x-x1)*(x-x2)

innen gondolom be tudod fejezni.

Amúgy lehet, hogy én úgy csinálnám, hogy a számlálót átírom:

x*(x^2-x-2)+8x^2+13x+5 alakba, leosztás után ilyen lesz:

x+(8x^2+13x+5)/(x^2-x-2)

Itt már a számláló és a nevező is másodfokú.

Vagy tovább is lehet alakítani

8x^2+13x+5=8*(x^2-x-2)+21x+21

x+8+21*(x+1)/(x^2-x-2)

Ránézésre nem tudom, melyik a jobb módszer.

Egész együtthatós polinomoknál lehet szisztematikusan gyököket találni:

- Nézzük azt az esetet, amikor a legmagasabb kitevőjű tag együtthatója 1 (mint most is).

Ekkor HA van egész gyöke a polinomnak, akkor az az egész gyök osztója kell legyen a nulladfokú tagnak.

Egyszerűen bizonyítható, hogy ez mindig igaz: A polinom:

xⁱ + ... + a₂·x² + a₁·x + a₀

Mondjuk az n egész szám gyöke a polinomnak, tehát

nⁱ + ... + a₂·n² + a₁·n + a₀ = 0

nⁱ + ... + a₂·n² + a₁·n = −a₀

A bal oldal osztható n-nel, tehát a jobb is az kell legyen: a gyök osztója a₀-nak. Kész.

Vagyis most, ha van egész gyök, akkor az ±1 vagy ±5 lehet csak. Ezt a max. 4 esetet kipróbálva kijön, hogy −1 (és −5 is) gyök. Utána már polinomosztással alacsonyabb fokszámú polinomunk lesz.

Egyébként ha a polinom minden gyöke egész lenne, akkor azok szorzata az előjelet nem tekintve éppen egyenlő lenne a nulladfokú taggal (most 5). Ez is könnyen látszik:

(x-n₁)(x-n₂)...(x-nᵢ) = 0

A szorzást végrehajtva az x-et nem tartalmazó tag értéke n₁·n₂·...·nᵢ (illetve ennek negáltja). Ez pedig éppen a₀.

- Abban az esetben, amikor a legmagasabb kitevőjű tag együtthatója nem 1:

aᵢ·xⁱ + ... + a₂·x² + a₁·x + a₀

Ekkor, HA van p/q alakú racionális gyöke a polinomnak (p és q relatív prímek), akkor:

- p osztója a₀-nak

- q osztója aᵢ-nek.

Ez is egyszerűen bizonyítható:

aᵢ·(p/q)ⁱ + ... + a₂·(p/q)² + a₁·p/q = −a₀

Beszorozva qⁱ-nel, a bal oldalon mindegyik tag osztható p-vel, tehát a jobb oldal is osztható kell legyen. Mivel p és q relatív prímek, ezért a₀ osztója kell legyen p.

Hasonlóképpen, kicsit átrendezve:

aᵢ·pⁱ = −aᵢ₋₁·pⁱ⁻¹·q − ... − a₂·p²·qⁱ⁻² + a₁·p·qⁱ⁻¹ − a₀·qⁱ

A jobb oldal osztható q-val, tehát aᵢ is osztható kell legyen.

Tehát pl. 2x³+3x²−8x+3 = 0

Ennek, ha vannak racionális gyökei, akkor azok ezek között kell legyenek: számláló: 1 vagy 3. nevező: 1 vagy 2. Szóval:

±1, ±1/2, ±3, ±3/2

Most a gyökök 1, 1/2 és −3.

De persze nincs mindig racionális gyök, pl. ennél a picit módosított polinomnál nem járnánk sikerrel, mert csak irracionális meg komplex gyökei vannak:

2x³+3x²−8x+4

Csak a címet néztem, eddig le se esett nekem, hogy itt határértékről van szó!

Amit #4 mond, az egyébként a L'Hospital szabály, de itt nincs rá szükség:

Gondolom végtelenben vett határérték kellene.

lim (x^3+7x^2+11x+5)/(x^2-x-2)

A számlálót meg a nevezőt is osztani kell x³-bel (vagyis a legnagyobb kitevőjű taggal)

lim (1 + 7/x + 11/x² + 5/x³)/(1/x - 1/x² - 2/x³)

és ennek a határértéke már egyszerű: Mindenhol, ahol osztunk az x valamilyen hatványával, annak a határértéke 0 lesz:

lim (1 + 7·0 + 11·0 + 5·0)/(1·0 - 1·0 - 2·0) = lim 1/0

Ez pedig végtelen.