Rasional köklərin tapılması

• 6.4
• 11-ci sinif
• Çoxhədlilər

Rasional köklərin tapılması

2x³ + 3x² − 11x − 6 = 0 tənliyinin kökünü təsadüfi ədədlərlə axtarmaq olmaz — ədədlər sonsuzdur. Amma kök kəsrdirsə, onun surəti 6-nın, məxrəci 2-nin bölənidir. Yoxlamağa cəmi 12 namizəd qalır.

Bu dərsdə

• rasional köklər haqqında teoremi izah edib namizədlərin tam siyahısını yazacaqsan;
• namizədləri Hörner sxemi ilə yoxlayıb çoxhədlini vuruqlara ayıracaqsan;
• kub tənlikləri həll edəcək və rasional kökü olmayan halı tanıyacaqsan.

12 namizəddən yalnız üçü kökdür

Başla Yenidən Yenidən

1. Kəşf et
2. Teorem
3. İsbat
4. Laboratoriya
5. Beş addım
6. Hesabla
7. Diqqət
8. Həyatda
9. Özünü yoxla
10. Yekun

1 · Kəşf et

Vuruqlardan əmsallara

Xatırla: m ədədi P(x) çoxhədlisinin köküdürsə, x − m onun vuruğudur (6.3). İndi tərsinə gedək: kökləri məlum olan çoxhədlini özümüz quraq və əmsallarına baxaq.

Kökləri 32 / , −13 / və 2 olsun. Uyğun vuruqlar: 2x − 3 (çünki 2x − 3 = 0 ⇒ x = 3/2), 3x + 1 və x − 2. Hasili açaq və iki əmsalı izləyək: baş əmsal və sərbəst hədd.

Vuruqlardan əmsallara

Başla Yenidən Yenidən

Baş əmsal yalnız x-lərin əmsallarından, sərbəst hədd yalnız sabit hədlərdən yaranır.

Hər kökün surəti öz vuruğunun sabit həddindən, məxrəci isə x-in əmsalından gəlir. Ona görə surətlər sərbəst həddin, məxrəclər baş əmsalın bölənləri olur. Bəs çoxhədli belə gözəl vuruqlara ayrılmırsa? Qayda yenə də doğrudur — bunu teorem deyir.

2 · Teorem

Rasional kök harada gizlənir?

Rasional köklər haqqında teorem

Əmsalları tam ədədlər olan P(x) = anxn + an−1xn−1 + … + a1x + a0 çoxhədlisinin rasional kökü varsa, bu kök ixtisarolunmaz p/q kəsridir, burada

p | a0, q | an

p — sərbəst həddin böləni, q — baş əmsalın böləni. Teorem kökü vermir — yalnız namizədləri, yəni kökü harada axtarmaq lazım olduğunu göstərir.

Hero-dakı tənlik üçün: a0 = −6, a3 = 2. Deməli p ∈ {±1; ±2; ±3; ±6}, q ∈ {1; 2} (işarəni p daşıyır, q-nü müsbət götürmək kifayətdir). Bütün kəsrləri yazıb təkrarları atırıq:

±1, ±2, ±3, ±6, ±12 / , ±32 / — cəmi 12 namizəd

±2/2 və ±6/2 kəsrləri ixtisar olunur və artıq siyahıdadır.

Nəticə 1

an = ±1

Baş əmsal ±1 olduqda tam əmsallı çoxhədlinin rasional kökü yalnız tam ədəd ola bilər.

Nəticə 2

tam kök | a0

Tam əmsallı çoxhədlinin tam kökü (varsa) sərbəst həddin bölənidir.

3 · İsbat

Niyə məhz bölənlər?

İsbatBir vurma, iki müşahidə

Tutaq ki, ixtisarolunmaz p/q kəsri tam əmsallı P(x) çoxhədlisinin köküdür.

1. Kökü yerinə yazırıq: an(p/q)n + an−1(p/q)n−1 + … … + a1·p/q + a0 = 0
2. Hər iki tərəfi qn-ə vururuq — kəsrlər yox olur: anpn + an−1pn−1q + … … + a1pqn−1 + a0qn = 0
3. a0qn həddindən başqa bütün hədlərdə p vuruğu var. Onları sağa keçirsək, a0qn ədədi p-yə bölünür. p ilə q-nün ortaq böləni yoxdur (kəsr ixtisarolunmazdır), ona görə qn bu bölünməyə kömək edə bilməz: a0 p-yə bölünür.
4. Eyni qayda ilə: anpn-dən başqa bütün hədlərdə q var, deməli anpn q-yə bölünür və an q-yə bölünür. p | a0 və q | an

İsbat çoxhədlinin vuruqlara ayrılıb-ayrılmamasından asılı deyil — yalnız əmsalların tam olmasından istifadə edir. «Kəşf et» hissəsindəki müşahidə buna görə həmişə doğrudur.

4 · Laboratoriya

12 namizədi yoxla

Hero-dakı tənliyə qayıdaq: P(x) = 2x³ + 3x² − 11x − 6. Namizədlərdən birini seç: qrafikdə (m; P(m)) nöqtəsi görünəcək, aşağıda isə həmin m üçün Hörner sxemi. Son xana qalıqdır və qalıq teoreminə görə P(m)-ə bərabərdir.

Namizəd m

1 −1 2 −2 3 −3 12 / −12 / 32 / −32 / 6 −6

Namizədin yoxlanması qrafikdə

m = 1 · P(1) = −12

Hörner sxemi, m = 1: qalıq −12

Qalıq −12 ≠ 0: 1 kök deyil.

m = −1 · P(−1) = 6

Hörner sxemi, m = −1: qalıq 6

Qalıq 6 ≠ 0: −1 kök deyil.

m = 2 · P(2) = 0

Hörner sxemi, m = 2: qalıq 0

Qalıq 0: 2 kökdür, x − 2 vuruqdur. Qismət: 2x2 + 7x + 3.

m = −2 · P(−2) = 12

Hörner sxemi, m = −2: qalıq 12

Qalıq 12 ≠ 0: −2 kök deyil.

m = 3 · P(3) = 42

Hörner sxemi, m = 3: qalıq 42

Qalıq 42 ≠ 0: 3 kök deyil. Nöqtə qrafikin pəncərəsinə sığmır, amma Hörner sxemi qalığı yenə verir.

m = −3 · P(−3) = 0

Hörner sxemi, m = −3: qalıq 0

Qalıq 0: −3 kökdür, x + 3 vuruqdur. Qismət: 2x2 − 3x − 2.

m = 12 / · P(12 / ) = −212 /

Hörner sxemi, m = 1/2: qalıq −21/2

Qalıq −212 / ≠ 0: 12 / kök deyil.

m = −12 / · P(−12 / ) = 0

Hörner sxemi, m = −1/2: qalıq 0

Qalıq 0: −12 / kökdür, x + 12 / vuruqdur. Qismət: 2x2 + 2x − 12.

m = 32 / · P(32 / ) = −9

Hörner sxemi, m = 3/2: qalıq −9

Qalıq −9 ≠ 0: 32 / kök deyil.

m = −32 / · P(−32 / ) = 212 /

Hörner sxemi, m = −3/2: qalıq 21/2

Qalıq 212 / ≠ 0: −32 / kök deyil.

m = 6 · P(6) = 468

Hörner sxemi, m = 6: qalıq 468

Qalıq 468 ≠ 0: 6 kök deyil. Nöqtə qrafikin pəncərəsinə sığmır, amma Hörner sxemi qalığı yenə verir.

m = −6 · P(−6) = −264

Hörner sxemi, m = −6: qalıq −264

Qalıq −264 ≠ 0: −6 kök deyil. Nöqtə qrafikin pəncərəsinə sığmır, amma Hörner sxemi qalığı yenə verir.

Boş nöqtələr — x oxunda namizədlər. Qırmızı: qalıq sıfır deyil. Yaşıl ✓: qalıq 0, kök tapıldı. 3 və ±6 üçün nöqtə pəncərəyə sığmır.

12 namizəddən üçü kökdür: 2, −3 və −12 / . Deməli, P(x) = (x − 2)(x + 3)(2x + 1). Amma hamısını yoxlamaq lazım deyildi: m = 2-də alınan qismət 2x² + 7x + 3 kvadrat üçhədlidir və onu birbaşa həll etmək olar. Bu fikir qaydaya çevrilir.

5 · Beş addım

Rasional kökləri necə axtarırıq?

1. Namizədləri yaz. Surət — a0-ın, məxrəc — an-in böləni, hər biri ± işarəsi ilə.
2. Yoxla. Hörner sxemində son xana 0 olarsa, m kökdür, x − m isə vuruqdur.
3. Böl. Hörner sxeminin son sətri qisməti verir: P(x) = (x − m)·Q(x)
4. Davam et. Q(x) kvadrat üçhədlidirsə, həll et; dərəcəsi daha böyükdürsə, Q(x) üçün 1–3 addımları təkrarla.
5. Heç biri kök deyilsə, çoxhədlinin rasional kökü yoxdur.

Vaxta qənaət.

• P(1) əmsalların cəmidir: hero-dakı tənlik üçün 2 + 3 − 11 − 6 = −12. Ona görə 1 həmişə ilk yoxlanır.
• Bir kök tapandan sonra qalan namizədləri Q(x) üçün yoxla — dərəcə artıq bir vahid kiçikdir.
• Sərbəst hədd 0-dırsa, əvvəlcə x-i mötərizə xaricinə çıxar: 2x³ − 5x² + 3x = x(2x² − 5x + 3), x = 0 kökdür.

6 · Hesabla

Üç tənlik, üç vəziyyət

Nümunə 1Baş əmsal 1

Tənliyi həll edin: x³ − 3x² − 10x + 24 = 0.

1. Baş əmsal 1-dir. Nəticə 1-ə görə rasional köklər tam ədədlərdir və 24-ün bölənləridir: ±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±8, ±12, ±24.
2. m = 1: Hörner sxemi, m = 1: qalıq 12 1 −3 −10 24 1 1 −2 −12 1 −2 −12 12 Qalıq 12 ≠ 0 — 1 kök deyil.
3. m = 2: Hörner sxemi, m = 2: qalıq 0 1 −3 −10 24 2 2 −2 −24 1 −1 −12 0 Qalıq 0 — x = 2 kökdür, qismət x² − x − 12.
4. x² − x − 12 = (x − 4)(x + 3), deməli digər köklər 4 və −3. (x − 2)(x − 4)(x + 3) = 0; köklər: −3; 2; 4

Nümunə 2Kəsr kök və irrasional köklər

Tənliyi həll edin: 3x³ − 7x² − 4x + 2 = 0.

1. a0 = 2, a3 = 3: p ∈ {±1; ±2}, q ∈ {1; 3}. Namizədlər: ±1, ±2, ±13 / , ±23 / .
2. Tam namizədlər kök deyil: P(1) = −6, P(−1) = −4, P(2) = −10, P(−2) = −42.
3. m = 1/3. Kəsrlə vurma sadədir: ⅓ · 3 = 1, ⅓ · (−6) = −2. Hörner sxemi, m = 1/3: qalıq 0 3 −7 −4 2 13 / 1 −2 −2 3 −6 −6 0 Qalıq 0 — x = 1/3 kökdür, qismət 3x² − 6x − 6.
4. 3x² − 6x − 6 = 0 ⇒ x² − 2x − 2 = 0, D = 4 + 8 = 12, x = (2 ± 2√3)/2 = 1 ± √3. köklər: 1/3; 1 − √3; 1 + √3

Rasional kök birdir. Qalan iki kökü teorem tapmır, amma tapılan kökün verdiyi qismət onları kvadrat tənliklə açır.

Nümunə 3Əmsallar kəsrdir

Tənliyi həll edin: ½x³ + ⅓x² − 76 / x + ⅓ = 0.

1. Teorem yalnız tam əmsallar üçündür. Məxrəclər 2, 3, 6-nın ən kiçik ortaq bölünəni 6-dır; hər iki tərəfi 6-ya vururuq: 3x³ + 2x² − 7x + 2 = 0. Köklər dəyişmir.
2. Namizədlər: ±1, ±2, ±13 / , ±23 / . Əmsalların cəmi 3 + 2 − 7 + 2 = 0, deməli m = 1: Hörner sxemi, m = 1: qalıq 0 3 2 −7 2 1 3 5 −2 3 5 −2 0
3. 3x² + 5x − 2 = (3x − 1)(x + 2) ⇒ x = 1/3, x = −2. köklər: −2; 1/3; 1

7 · Diqqət

Üç tələ

1. Rolları qarışdırma. 5x³ + x² − 2x − 3 üçün:

Səhv namizəd

±53 /

Surəti baş əmsaldan, məxrəci sərbəst həddən götürmək olmaz.

Düzgün

±1, ±3, ±15 / , ±35 /

Surət −3-ün, məxrəc 5-in bölənidir.

2. Mənfi namizədləri unutma. Nümunə 1-də −3 kökü yalnız siyahıya mənfi bölənlər də yazılanda tapılır.

3. «Rasional kök yoxdur» «kök yoxdur» demək deyil. x³ − 3x + 3 üçün namizədlər ±1, ±3-dür və heç biri kök deyil. Deməli rasional kök yoxdur. Amma P(−3) = −15 < 0, P(−2) = 1 > 0: kəsilməz qrafik x oxunu −3 ilə −2 arasında kəsir.

x³ − 3x + 3: rasional kök yoxdur, amma kök var

Dörd namizədin heç biri kök deyil, amma əyri x oxunu x ≈ −2,10 nöqtəsində kəsir. Bu kök irrasionaldır — teorem onu tapa bilmir.

8 · Həyatda

Qutunun hündürlüyü

16 sm × 10 sm ölçülü kartonun dörd küncündən tərəfi x sm olan kvadratlar kəsilir və kənarlar qatlanır — qapağı olmayan qutu alınır. Qutunun həcmi 144 sm³ olsun deyə x nə qədər olmalıdır?

Kartondan açıq qutu

Narıncı kvadratlar kəsilir, qırıq xətlər boyunca qatlanır. Yaşıl hissə qutunun dibidir.

1. Dib (16 − 2x) × (10 − 2x), hündürlük x: V(x) = x(16 − 2x)(10 − 2x) = 4x³ − 52x² + 160x
2. 4x³ − 52x² + 160x = 144; 4-ə bölək: x³ − 13x² + 40x − 36 = 0.
3. Şərt: x > 0 və 10 − 2x > 0, yəni 0 < x < 5. 36-nın 18 tam bölənindən (±) yalnız 1, 2, 3, 4 bu aralığa düşür.
4. x = 1: 1 − 13 + 40 − 36 = −8 ≠ 0. x = 2: Hörner sxemi, m = 2: qalıq 0 1 −13 40 −36 2 2 −22 36 1 −11 18 0
5. x² − 11x + 18 = (x − 2)(x − 9), deməli x³ − 13x² + 40x − 36 = (x − 2)²(x − 9). x = 2 iki dəfə təkrarlanan kökdür, x = 9 şərtə uyğun deyil. x = 2 sm: qutu 12 × 6 × 2 sm, V = 144 sm³

Tarixdən. Ömər Xəyyam (1048–1131) x³ − px − q (p > 0, q > 0) kub çoxhədlisinin köklərini ilk dəfə həndəsi üsulla tapmışdır. Çoxhədlini ikihədliyə sintetik bölmə qaydasını — dərslikdə onu «Hörner sxemi» də adlandırırlar — ilk dəfə italyan riyaziyyatçısı Paolo Ruffini (1765–1822) vermişdir.

9 · Özünü yoxla

Bacarığını sına

Cavabı seç — düzgün olanda yaşıl, səhv olanda qırmızı işıqlanacaq. Həllinə də baxa bilərsən.

1. Asan Teoremə görə hansı ədəd 3x³ − x² + 4x − 2 çoxhədlisinin rasional kökü ola bilməz? Cavab variantları 23 / 32 / −2 Düzdür! Məxrəc 2 baş əmsal 3-ün böləni deyil. Bu ədəd namizəddir: surəti −2-nin, məxrəci 3-ün bölənidir. Rolları yoxla. Həllə bax p | −2: ±1, ±2; q | 3: 1, 3. Namizədlər: ±1, ±2, ±1/3, ±2/3. 3/2-də surət 3 sərbəst həddin, məxrəc 2 baş əmsalın böləni deyil — rollar dəyişdirilib.
2. Asan x³ + 2x² − 5x − 6 çoxhədlisinin kökü hansıdır? Cavab variantları 1 2 3 Əla! P(2) = 8 + 8 − 10 − 6 = 0. Namizəd olmaq kök olmaq deyil — P(m)-i hesabla. Həllə bax Hamısı 6-nın bölənidir, amma P(1) = −8, P(3) = 24, P(2) = 0. Deməli kök 2-dir; qismət x² + 4x + 3 = (x + 1)(x + 3).
3. Orta x = 2 ədədi 2x³ − 5x² + x + 2 çoxhədlisinin köküdür. Digər kökləri tapın. Cavab variantları 1 və −1/2 −1 və 1/2 2 və −1 Düzdür! 2x² − x − 1 = (x − 1)(2x + 1). Hörner sətri qismətin əmsallarını verir, kökləri yox. Qisməti sıfra bərabər edib işarələrə diqqət et. Həllə bax Hörner: 2 | 2 −5 1 2 → 2 −1 −1 | 0. Qismət 2x² − x − 1 = (x − 1)(2x + 1) = 0 ⇒ x = 1, x = −1/2.
4. Orta Tənliyin köklər çoxluğunu tapın: ½x³ − x² − ½x + 1 = 0. Cavab variantları {−1; 1; 2} {−2; −1; 1} {1/2; 1; 2} Əla! 2-yə vurub x³ − 2x² − x + 2 = (x − 2)(x − 1)(x + 1). Əvvəl əmsalları tam et (2-yə vur), sonra namizədləri yoxla; ½ əmsal namizəd deyil. Həllə bax ×2: x³ − 2x² − x + 2 = 0. P(1) = 0; qismət x² − x − 2 = (x − 2)(x + 1). Köklər: −1; 1; 2.
5. Çətin x³ − 5x + 1 çoxhədlisinin neçə rasional kökü var? Cavab variantları 0 1 3 Düzdür! Namizədlər ±1, P(1) = −3, P(−1) = 5. Bu çoxhədlinin 3 həqiqi kökü var, amma onlar rasional deyil. Namizədləri yoxla. Həllə bax Baş əmsal 1, sərbəst hədd 1: namizədlər yalnız ±1. P(1) = −3 ≠ 0, P(−1) = 5 ≠ 0 — rasional kök yoxdur. Qrafik x oxunu üç dəfə kəsir (P(−3) < 0 < P(−2), P(0) > 0 > P(1), P(2) < 0 < P(3)), deməli üç kök irrasionaldır.
6. Çətin P(x) tam əmsallıdır, baş əmsalı 1-dir və P(0) = 7. Hansı ədəd P(x)-in kökü ola bilməz? Cavab variantları −7 1 2 Əla! P(0) sərbəst həddir, 2 isə 7-nin böləni deyil. P(0) = a₀ = 7. Mənfi bölənlər də bölənlərdir — 7-nin bölənlərini yaz. Həllə bax P(0) = a₀ = 7. Baş əmsal 1 olduğundan (Nəticə 1) rasional kök tamdır və 7-nin bölənidir: ±1, ±7. 2 bu siyahıda yoxdur.

10 · Yekun

Yadda qalanlar

• p/q: p | a0, q | anTam əmsallı çoxhədlinin rasional kökü sonlu namizəd siyahısındadır.
• qalıq 0 ⇒ x − mNamizəd Hörner sxemi ilə yoxlanır; tapılan kök dərəcəni bir vahid azaldır.
• namizəd yoxdursaRasional kök yoxdur, amma irrasional (və ya kompleks) köklər ola bilər.

Növbəti mövzu: 6.5 Kompleks ədədlər haqqında

Mənbə: «Riyaziyyat» — 11-ci sinif üçün dərslik, «Çoxhədlilər» bölməsi: «Rasional köklərin tapılması» (səh. 15–17), «Çoxhədlinin vuruqları haqqında teorem» (səh. 13), sintetik bölmə və Hörner sxemi (səh. 9–10), bölmənin giriş səhifəsi (tarixi qeydlər). Nümunələrdəki və suallardakı çoxhədlilər bu dərs üçün seçilib.