FUNKCJE ELEMENTARNE I. Wielomiany
Niech n∈N∪{0} oraz ao, a1,...,an ∈ R i niech an ≠ 0. Funkcję W:R→R określoną wzorem:
0 1 2 2 1
n 1 n n
nx a x ... a x a x a
a ) x ( W R
x∈ ≡ + + + + +
∀ − − ,
nazywamy wielomianem (rzeczywistym) stopnia n-tego.
Funkcję W:R→R tożsamościowo równą zeru (czyli określoną wzorem ∀x∈R W(x)≡0) nazywamy wielomianem zerowym.
1. Wielomian stopnia zerowego (funkcja stała), to funkcja W:R→R określona wzorem:
c ) x ( W R
x∈ ≡
∀ dla pewnego c∈R.
2. Wielomian stopnia pierwszego (funkcja liniowa), to funkcja W:R→R określona wzorem b
ax ) x ( W R
x∈ ≡ +
∀ , gdzie a ≠ 0.
gdzie a=tgα
3. Wielomian stopnia drugiego (funkcja kwadratowa), to funkcja W:R→R określona wzorem c
bx ax ) x ( W R
x∈ ≡ 2 + +
∀ , gdzie a ≠ 0. Jej wykres to tzw. parabola. Możliwe są przypadki:
gdzie ∆=b2 −4ac
c
α a
−b
0 0
a< ∧∆= a<0∧∆>0 0
0 a< ∧∆<
0 0
a> ∧∆<
0 0
a> ∧∆= 0
0
a>0∧∆>0 a> ∧∆>
Przypomnijmy jeszcze
gdzie
a 2
x1 = −b− ∆ ;
a 2 x2 = −b+ ∆
Zadanie 1
Rozwiązać nierówność: 4−x2 +3x<0, czyli znaleźć zbiór tych x∈R, dla których wykres funkcji opisanej wzorem f(x)≡4−x2 +3x=−x2 +3x+4 leży poniżej wykresu funkcji
tożsamościowo równej zero, czyli osi OX.
Obliczamy „deltę”, ewentualne (bo mogą nie istnieć) pierwiastki
25 16 9 4 ) 1 ( 4
32 − − = + =
∆= ; 4
2 8 )
1 ( 2
25
x1 3 =
−
= −
−
−
= − ; 1
2 2 )
1 ( 2
25
x1 3 =−
= −
− +
= − I rysujemy stosowną parabolę
Z wykresu odczytujemy rozwiązanie:(−∞,−1)∪(4,∞).
Jak widać współrzędne wierzchołka i punkt przecięcia paraboli z osią OY nie były tu potrzebne, więc ich wyliczanie przy rozwiązywaniu nierówności kwadratowych jest całkowicie zbędne.
Poniżej przytoczymy jeszcze kilka własności trójmianu kwadratowego.
Weźmy pod uwagę wielomian stopnia drugiego, czyli funkcję W:R→R zdefiniowaną następująco:
c bx ax ) x ( W R
x∈ ≡ 2 + +
∀ , gdzie a ≠ 0.
Jeżeli ∆=b2 −4ac < 0, to W(x) nie ma pierwiastków i W(x) zadość czyni tezie twierdzenia 3.
c
a 4
∆
−
a 2
−b
x1 x2
4 25
4
2 3
-1 4
Przyjmijmy więc, że ∆=b2 −4ac ≥ 0. Istnieją wówczas liczby
a 2
x1 = −b− ∆ ;
a 2 x2 = −b+ ∆ .
Zauważmy, że dla dowolnego x∈R mamy
(1) Q(x) ≡a⋅(x−x1)⋅(x−x2)=a⋅(x2 −x⋅x2 −x1⋅x+x1⋅x2)=a⋅(x2 −x⋅(x1 +x2)+x1⋅x2) Zauważmy dalej, że
(2) a
b a
2 b 2 a
2 b a
2 x b
x1 + 2 = − − ∆ + − + ∆ = − =−
(3) a
c a 4
ac 4 a
4
) ac 4 b ( b a
4 b a
4
) ( ) b ( a
2 b a
2 x b
x 2 2
2 2 2
2 2
2 2
2
1⋅ = − − ∆ ⋅− + ∆ = − − ∆ = −∆ = − − = =
Uwzględniając (2) i (3) w (1) mamy
(4) Q(x) ) ax bx c W(x)
a c a x b x (
a⋅ 2 − ⋅− + = 2 + + =
=
W efekcie mamy wykorzystując (1) i (4)
(5) ∀x∈R W(x)=ax2 +bx+c =a⋅(x−x1)⋅(x−x2)
Wykazaliśmy tym samym, że każdy wielomian stopnia drugiego (trójmian kwadratowy) o delcie dodatniej ma rozkład na iloczyn czynników liniowych w postaci (5) (co warto zapamiętać i nie zapominać o współczynniku a na początku wzoru). Wzór (5) nosi nazwę postaci iloczynowej trójmianu kwadratowego.
Przy okazji tych rozważań uzyskaliśmy czasami użyteczne zależności
a x b
x1 + 2 =− oraz
a x c
x1⋅ 2 = zwane wzorami Viete’a.
Uwaga
Aby zapisać trójmian kwadratowy w postaci (5), jego „delta” oczywiście musi być nieujemna, natomiast niezależnie od znaku „delty” trójmian kwadratowy zapisać zawsze można w postaci
a ] ) 4 a 2 x b [(
a a ] 4
ac 4 a 4 ) b a 2 x b [(
a a) x c a x b ( a c bx ax ) x (
W 2 2 2 2
2 2 2
2 + + = ⋅ + + = ⋅ − − + = ⋅ − − ∆
=
więc
(6) ]
a ) 4 a 2 x b [(
a ) x ( W R
x∈ = ⋅ − 2 − ∆2
∀
Wzór (6), to tak zwana postać kanoniczna trójmianu kwadratowego. Jej analiza daje wzory na pierwiastki trójmianu kwadratowego oraz na współrzędne wierzchołka paraboli będącej wykresem tego trójmianu.
Uwaga
Wzór (6) będzie przez nas wykorzystywany w różnych działach (np. przy obliczaniu całek), ale zapamiętajmy raczej sposób powstawania (6) a nie samą jego postać.
4. Wielomiany wyższych stopni.
Operowanie wielomianami stopni wyższych niż dwa przysparza wielu kłopotów. Poniżej sformułujemy kilka znanych twierdzeń dotyczących wielomianów.
Twierdzenie 1.
Dla dowolnego wielomianu L(x) i niezerowego wielomianu M(x) istnieją wielomiany W(x) oraz r(x) takie, że:
) x ( r ) x ( M ) x ( W ) x (
L = ⋅ + czyli
) x ( M
) x ( ) r x ( ) W x ( M
) x (
L = +
Przy czym st(r(x))<st(M(x)) (stopień wielomianu r(x) jest mniejszy niż wielomianu m(x)) Wielomian W(x) nazywamy wynikiem dzielenia wielomianu L(x) przez wielomian M(x), zaś
wielomian r(x) resztą z tego dzielenia.
Zilustrujemy powyższe twierdzenie poniższym przykładem Przykład 1.
Niech L(x) ≡ 6x4 + 3x3 – 14x2 – 6x + 1 oraz M(x) ≡ 2x2 – 3x + 4
Przypomnijmy znany ze szkoły średniej algorytm dzielenia wielomianów. Podzielimy L(x) (dzielna) przez M(x) (dzielnik)
6x4 + 3x3 – 14x2 – 6x + 1 : (2x2 – 3x + 4) = 3x2 + 6x – 4 - 6x4 + 9x3 – 12x2_________
= 12x3 – 26x2 – 6x + 1 ← tak zwana pierwsza reszta (jest jak widać trzeciego stopnia) -12x3 + 18x2 – 24x____
= - 8x2 – 30x + 1 ← tak zwana druga reszta (jest jak widać drugiego stopnia) 8x2 – 12x + 16_
= – 42x + 17 ← tak zwana trzecia reszta (jest jak widać pierwszego stopnia) Algorytm dzielenia kończy się, gdy stopień otrzymanej kolejnej reszty jest mniejszy od stopnia dzielnika. Tu st(– 42x + 17) = 1 < 2 = st(2x2 – 3x + 4)
Otrzymaliśmy w ten sposób:
4 x 3 x 2
17 x 4 42
x 6 x 4 3
x 3 x 2
1 x 6 x 14 x 3 x 6
2 2
2
2 3
4
+
− + + −
− + + =
−
+
−
−
+ czyli
6x4 +3x3 −14x2 −6x+1=(3x2 +6x−4)⋅(2x2 −3x+4)−42x+17
Tak więc wynik dzielenia wielomianu L(x) przez M(x) to W(x) = 3x2 + 6x – 4, zaś resztą z tego dzielenia jest wielomian r(x) = – 42x + 17
Definicja
Jeżeli reszta z dzielenia wielomianu L(x) i niezerowego wielomianu M(x) jest wielomianem zerowym (przypomnijmy ∀x∈Rr(x)≡0), to mówimy, że M(x) dzieli L(x).
Definicja
Liczbę a∈R nazywamy pierwiastkiem wielomianu W(x) jeżeli W(a) = 0.
Twierdzenie 2. (Bezoulta)
Jeżeli a∈R jest pierwiastkiem wielomianu L(x), to L(x) podzielny jest przez wielomian a
- x
M(x)= , czyli istnieje wielomian W(x) taki, że:
) a x ( ) x ( W ) x ( L R
x∈ = ⋅ −
∀
Przykład 2.
Niech L(x) ≡ x3 + 2x2 – 3x – 10. Zauważmy, że pierwiastkiem tego wielomianu jest liczba 2.
Istotnie mamy bowiem
L(2)=23 +2⋅22 −3⋅2−10=8+8−6−10=0 Zauważmy dalej, że
x3 + 2x2 – 3x – 10 : (x – 2) = x2 + 4x + 5 - x3 + 2x2 _________
= 4x2 – 3x – 10 ← pierwsza reszta (jest jak widać drugiego stopnia) -4x2 + 8x ____
= 5x – 10 ← druga reszta (jest jak widać pierwszego stopnia) – 5x + 10_
= = ← trzecia reszta (jest jak widać wielomianem zerowym) Otrzymaliśmy zatem:
5 x 4 2 x
x
10 x 3 x 2
x 2
2
3 = + +
−
−
−
+ ; więc x3 +2x2 −3x−10 =(x−2)⋅(x2 +4x+5)
Twierdzenie 3.
Każdy wielomian stopnia dodatniego przedstawić można w postaci iloczynu wielomianów stopnia 1-go lub 2-go, przy czym te wielomiany drugiego stopnia nie posiadają pierwiastków (ich ∆<0).
Nie jest znany algorytm takiego przedstawienia jak w twierdzeniu 3 dla wielomianów stopnia wyższego niż drugi. W niektórych przypadkach można tego dokonać we w miarę prosty sposób, co zilustrujemy poniżej.
Przykład 3.
Mamy
=
− +
=
− +
=
>
= +
=
) 6 x 5 x ( x x 6 x 5 x ) x ( W
0 49 24 25 2 2
3 14243
∆
=
+ =
= −
−
− =
= − 2 1
7 x 5
2 6 7 x 5
2 1
) 1 x )(
6 x (
x + −
) 4 x 3 x ( x x 4 x 3 x ) x ( P
0 7 16 9 2 2
3 14243
<
−
=
−
=
+ +
= + +
=
∆
W powyższych przykładach dokonaliśmy wstępnego rozkładu wykorzystując możliwość
„sensownego” wyłączenia zmiennej x przed nawias (inaczej, zero było pierwiastkiem tych wielomianów)
Bardziej skomplikowany przykład w którym wyłączenie zmiennej x przed nawias nie ma sensu (do niczego nie prowadzi, bo zero nie jest pierwiastkiem poniższego wielomianu). W przykładzie 2. znaleźliśmy rozkład
) 5 x 4 x ( ) 2 x ( 10 x 3 x 2 x ) x ( Q
0 4 20 16 2 2
3 14243
<
−
=
−
=
+ +
⋅
−
=
−
− +
=
∆
Trudność polega jednak na tym, że z reguły nie znamy pierwiastków wielomianów stopnia
wyższego niż drugi (istnieją metody wyznaczania takich pierwiastków dla wielomianów stopnia 3-go i 4-go, ale są one na tyle skomplikowane, że nieopłacalne w zastosowaniach)
Do „odgadnięcia” w niektórych przypadkach pierwiastka wielomianu pomocnym być może poniższe twierdzenia:
Twierdzenie 4.
Wielomian stopnia n-tego posiada co najwyżej n pierwiastków.
Twierdzenie 5.
Każdy wielomian stopnia nieparzystego posiada przynajmniej jeden pierwiastek.
Twierdzenie 6.
Niech p,q będą liczbami całkowitymi i q ≠ 0. Jeżeli nieskracalny ułamek q
p jest pierwiastkiem
wielomianu W(x)≡anxn +an−1xn−1 +...+a2x2 +a1x+a0 o współczynnikach całkowitych, to a0
dzieli
p zaś qdzielian.
Oczywiście twierdzenie odwrotne do powyższego nie jest prawdziwe, bo np. x2 +2x+3nie ma pierwiastków (bo ∆=4−12<0), a liczba 3 dzieli 3 i 1 dzieli 1.
W szczególności jeżeli an =1(współczynnik przy najwyższej potędze), to pierwiastków wielomianu (o współczynnikach całkowitych) należy szukać wśród podzielników wyrazu wolnego (co wcale nie oznacza, że takie istnieją). Zilustrujemy to na poniższym przykładzie.
Przykład 4.
6 x x 3 x 3 x ) x (
W = 4 + 3 + 2 − −
Pierwiastków tego wielomianu będziemy szukali wśród podzielników jego wyrazu wolnego, czyli 6− . Podzielnikami tymi są: ±1,±2,±3,±6.
Sprawdzanie czy ewentualnie któraś z ośmiu wymienionych liczb jest pierwiastkiem W(x) oczywiście najłatwiej zacząć od 1, ale przekornie zacznijmy sprawdzanie od liczy 2. Mamy:
0 44 6 2 12 24 16 6 2 2 3 2 3 2 ) 2 (
W = 4 + ⋅ 3 + ⋅ 2 − − = + + − − = ≠ , więc liczba 2 nie jest pierwiastkiem wielomianu W(x). Natomiast
0 7 3 3 1 6 1 1 3 1 3 1 ) 1 (
W = 4 + ⋅ 3 + ⋅ 2 − − = + + − =
Liczba 1 jest więc pierwiastkiem W(x) (niekoniecznie jedynym) i w myśl twierdzenia Bezoulta W(x) podzielny jest przez dwumian (x-1). Dokonajmy dzielenia
x4 + 3x3 + 3x2 – x – 6 : (x-1) = x3 + 4x2 + 7x + 6 - x4 + x3 _________
= 4x3 + 3x2 – x – 6 -4x3 + 4x2 ____
= 7x2 – x – 6 -7x2 + 7x _
= 6x – 6 -6x + 6 = = Otrzymaliśmy
(1) W(x) x 3x 3x x 6 (x 1)(x 4x 7x 6) (x-1)P(x)
) x ( P
2 3 2
3
4 + + − − = − + + + =
= 144424443
Dokonamy teraz rozkładu wielomianu P(x). Zaczniemy od poszukiwania jego pierwiastka (wobec twierdzenia 5, wiemy, że P(x) ma choć jeden pierwiastek, bo st(P(x))=3 jest liczbą nieparzystą).
Znów (przez przypadek) pierwiastków szukać będziemy też wśród liczb: ±1,±2,±3,±6.
Zauważmy, że
0 6 14 16 8 6 ) 2 7(
) 2 4(
) 2 ( ) 2 (
P − = − 3 + − 2 + − + =− + − + = , więc 2− jest pierwiastkiem P(x). Tak więc P(x) podzielny jest przez dwumian (x + 2). W wyniku tego dzielenia otrzymujemy (proszę sprawdzić dzielenie)
(2) P(x)=x3 +4x2 +7x +6 =(x+2)(x2 +2x+3) Uwzględniając to w (1) otrzymujemy
(3) W(x) (x-1)P(x) (x 1)(x 2)(x 2x 3)
0 12 4
24243
1 = − <
+ + +
−
=
=
∆
Tak więc wielomian W(x) stopnia 4-go przedstawiliśmy jako iloczyn trzech wielomianów, z których dwa są liniowe, a jeden jest kwadratowy o „delcie” ujemnej. Była to ilustracja twierdzenia 3.
Uwaga.
Sporządzenie wykresu dowolnego wielomianu jest trudnym zadaniem, wymagającym stosowania zaawansowanych metod. Na nasz użytek przyjmijmy, że wykres wielomianu stopnia wyższego niż pierwszy jest „ciągłą, gładką krzywą” nieograniczoną przynajmniej z góry lub z dołu.
Jeżeli współczynnik przy najwyższej potędze wielomianu jest dodatni, to w „ + nieskończoności”
wykres jest nieograniczony z góry (dąży do + nieskończoności”). I odwrotnie jeżeli współczynnik przy najwyższej potędze wielomianu jest ujemny, to zbliżając się z argumentem do „+ nieskończoności”
obserwujemy, że wykres dąży do „ – nieskończoności”. Dlatego szkicując wykres wielomianu, rozpoczynamy zwykle od prawej strony.
Przykład 5.
Z przykładu 3 wiemy, że
) 1 x )(
6 x ( x x 6 x 5 x ) x (
W = 3 + 2 − = + −
Widać, że liczby −6,0,1 są jedynymi pierwiastkami wielomianu W(x) (bo wielomian stopnia 3-go ma co najwyżej trzy pierwiastki, a każda z wymienionych liczb jest jego pierwiastkiem). Zatem wykres
wygląda tak
A dlaczego nie tak jak poniżej ?
Dlatego, że współczynnik przy najwyższej potędze tego wielomianu jest dodatni.
0
- 6 a
0 - 6
1
Przykład 6.
Naszkicujemy wykres wielomianu W(x)=−x4 +10x3 −35x2 +50x−24.
W tym celu dokonamy jego rozkładu na czynniki pierwszego i ewentualnie drugiego stopnia.
Rozpoczynamy od „odgadnięcia” jego pierwiastka. Szukamy go wśród podzielników liczby – 24.
Liczba 1 jest pierwiastkiem. … Postępując analogicznie jak w przykładzie 4 (wyszukując kolejnych pierwiastków i dzieląc przez stosowne dwumiany) otrzymujemy
) x 4 )(
3 x )(
2 x )(
1 x ( 24 x 50 x 35 x 10 x ) x (
W =− 4 + 3 − 2 + − = − − − −
Liczby: 1,2,3,4 są jedynymi pierwiastkami tego wielomianu i współczynnik przy najwyższej potędze jest ujemy, więc
Szkicowanie wykresów wielomianów jest bardzo przydatne przy rozwiązywaniu nierówności w której występują wielomiany.
Zilustrujemy to na kilku przykładach Przykład 7.
Rozwiązać nierówność 0
x 6 x 5
x3 + 2 − ≤
Z przykładu 5 wiemy, że x3 +5x2 −6x=x(x+6)(x−1), więc 0
) 1 x )(
6 x ( x x 6 x 5
x3 + 2 − = + − ≤
Należy znaleźć zbiór tych x∈R, dla których wykres funkcji )
1 x )(
6 x ( x x 6 x 5 x ) x (
W = 3 + 2 − = + − leży poniżej osi OX. W znany sposób sporządzamy wykres W(x) i odczytujemy zeń rozwiązanie.
Jest nim suma przedziałów (−∞,−6]∪[0,1]
3 4 1 2
0 - 6
1
Przykład 8.
Rozwiązać nierówność 0
10 x 3 x 2
x3 + 2 − − >
Z przykładu 3 wiemy, że
0 ) 5 x 4 x ( ) 2 x ( 10 x 3 x 2 x
0 4 20 16 2 2
3 + − − = − ⋅ + + >
<
−
=
−
=4243
1∆
W tym przypadku nie ma konieczności sporządzania szkicu wielomianu. Postąpić możemy jak poniżej pokazano. Ponieważ dla trójmianu x2 +4x+5 mamy∆<0, to trójmian przyjmuje tylko wartości dodatnie (patrz rysunek obrazujący przypadek a>0∧∆<0, czyli „uśmiechnięta” parabola leżąca nad osią OX)
5 0 x 4 x
| 1 0 ) 5 x 4 x ( ) 2 x
( 2 2 >
+
⋅ +
>
+ +
⋅
− ← mnożymy obie strony nierówności przez wielkość dodatnią
5 0 x 4 x 0 1 5
x 4 x
) 5 x 4 x ( ) 2 x (
2 2
2 =
+
⋅ + + >
+
+ +
⋅
− 0 2 x− >
I rozwiązaniem tej nierówności jest przedział [2,∞) Przykład 9.
Rozwiązać nierówność 0
6 x x 3 x 3
x4 − 3 − 2 + + >
−
Postępujemy analogicznie jak poprzednio, czyli zapisujemy wielomian w postaci iloczynu
czynników stopnia pierwszego i ewentualnie drugiego (o „delcie” ujemnej). Wykorzystajmy rozkład z przykładu 4. Mieliśmy tam
) 3 x 2 x )(
2 x )(
1 x ( 6 x x 3 x 3 x ) x ( W
0 12 4 2 2
3
4 14243
<
−
=
+ + +
−
=
−
− + +
=
∆
Lewa strona naszej nierówności różni się od powyższego tylko znakiem. Mamy więc 0
) 3 x 2 x )(
2 x )(
1 x ( 6 x x 3 x 3 x
0 12 4 2 2
3
4 − − + + = − + − − − >
−
<
−
= 4 34
4 4 2 1 ∆
Czyli
0 ) 3 x 2 x )(
2 x )(
1 x (
0 12 4
2 − − >
− +
−
<
−
= 4 34
4 4 2 1 ∆
Ponieważ dla trójmianu −x2 −2x−3 mamy∆<0, to trójmian przyjmuje tylko wartości ujemne (patrz rysunek obrazujący przypadek a<0 ∧∆<0, czyli „smutna” parabola leżąca pod osią OX)
3 0 x 2 x
| 1 0 ) 3 x 2 x )(
2 x )(
1 x
( 2
0 12 4
2 <
−
−
> −
−
−
− +
−
<
−
= 4 34
4 4 2 1 ∆
←
0 ) 2 x )(
1 x
( − + <
Lewa strona powyższej nierówności jest trójmianem kwadratowym mającym pierwiastki 1
,
−2 i dodatni współczynnik przy najwyższej potędze. Już na tej podstawie możemy sporządzić wykres lewej strony (niemądrą rzeczą było by wymnażanie lewej strony) i mamy
mnożymy obie strony nierówności przez wielkość ujemną, więc zmieniamy kierunek nierówności
Rozwiązaniem jest zbiór tych liczb rzeczywistych, dla których parabola leży pod osią OX, czyli jest to przedział (-2, 1).
Przykład 10.
Rozwiązać nierówność −x4 +10x3 −35x2 +50x−24>0
Wykorzystując przykład 6 mamy −x4 +10x3 −35x2 +50x−24=(x−1)(x−2)(x−3)(4−x)>0
i odczytujemy rozwiązanie. Jest to zbiór (1,2)∪(3,4) Przykład 11.
Rozwiązać nierówność −x2 +4x−5 ≥0. Tu ∆=16−20<0, więc wykresem jest
„smutna” parabola nie posiadająca pierwiastków, czyli leżąca poniżej osi OX. Na wykresie
Rozwiązaniem tej nierówności jest więc zbiór tych wszystkich liczb rzeczywistych, dla których wykres funkcji leży powyżej osi OX (takich nie ma jak widać). W konsekwencji rozwiązaniem jest zbiór pusty (oznaczenie ∅).
Rozwiązaniem nierówności −x2 +4x−5 <0jest jak widać cały zbiór liczb rzeczywistych R.
-2 1
3 4 2
2 1
