PDF soubor - UJEP

POLYNOMY 1
Jan Malý
UK v Praze a UJEP v Ústí n. L.
1. Přehled teorie
Komplexní čísla. Komplexní čísla jsou objekty tvaru α+iβ, kde α, β ∈ R. Množina všech komplexních
čísel se značí C.
• Rovnost komplexních čísel: α + iβ = γ + iδ ⇐⇒ (α, β) = (γ, δ) ⇐⇒ (α=γ & β=δ).
• Komplexní číslo α + i0 ztotožňujeme s reálným číslem α.
• Komplexní číslo i není reálné, platí pro něj i 2 = −1.
• Sčítání a násobení komplexních čísel podle běžných pravidel
(komutativní, asociativní, distributivní zákon).
Polynomy. Nechť n je celé číslo, n ≥ −1. Polynom n-tého stupně je funkce P tvaru
(1) P (x) = a n x n + · · · + a 1 x + a 0 , x ∈ R (resp. x ∈ C)
• a k ∈ C jsou koeficienty, a n ≠ 0.
• Úmluva: v dalším jen a k ∈ R !
• algebraická rovnice. . . P (x) = 0.
• kořen polynomu P . . . řešení rovnice P (x) = 0.
Pro malá n máme speciální názvosloví pro polynomy stupně n:
n = −1. . . nulový
n = 0. . . konstantní nenulový
n = 1. . . lineární
n = 2. . . kvadratický
n = 3. . . kubický
x 2 + 1 = 0. . . žádné reálné řešení !
Ale má komplexní řešení x = i, x = −i !!
Pozorování. Polynom můžeme zapsat různýmy způsoby (např. (x − 1) 2 a x 2 − 2x + 1 jsou dva zápisy
téhož polynomu), ale zápis ve tvaru (1) je jednoznačný, koeficienty a i jsou tedy určeny polynomem P .
Základní věta algebry. Každý nekonstantní polynom má v C kořen.
Důkaz základní věty algebry stojí na hlubokých úvahách matematické analýzy.
Násobnost kořenu. Řekneme, že z je k-násobný kořen polynomu P , jestliže existuje polynom Q tak,
že P (x) = (x − z) k Q(x), Q(z) ≠ 0.
k . . . násobnost kořenu z polynomu P .
Rozklad na kořenové, resp. ireducibilní činitele. Rozklad tvaru
P (x) = a 0 (x − z 1 )(x − z 2 ) . . . (x − z n )
nazveme rozklad P na kořenové činitele (nemusí existovat!).
Uspořádané n-tici (z 1 , . . . , z n ) pak říkáme seznam kořenů. Ten je určen jednoznačně až na permutace.
V seznamu kořenů se každý k-násobný kořen opakuje právě k-krát.
Uvažujme polynom x 2 (x − 1). Seznam kořenů je (0, 0, 1), množina všech kořenů je {0, 1}. Seznam kořenů
zřejmě poskytuje úplnější informaci, lze z něj vyčíst i násobnost kořenů. Řekneme-li “polynom má dva
kořeny”, je třeba se dohodnout, v jakém významu je to míněno, zda jde o délku seznamu kořenů, nebo
počet prvků množiny kořenů. V tomto textu se dohodněme na druhém významu, tj. počet prvků množiny.
Indukcí snadno dostaneme ze základní věty algebry existenci rozkladu na komplexní kořenové činitele.
V reálném oboru je situace složitější, tam dostaneme “jen” rozklad tvaru P = Q 1 . . . Q m na tzv. ireducibilní
činitele.
Ireducibilní polynom. Řekneme, že polynom P je ireducibilní, jestliže neexistuje rozklad P = Q 1 . . . Q m ,
v němž by všechny činitele měly stupeň menší než stupeň P .
1 Přednáška na krajském soustředění matematické olympiády, Sloup v Čechách, 21.10.2006
1

Pozorování. Každý polynom stupně n ≥ 1 se dá rozložit na ireducibilní činitele.
Věta. (a) Každý ireducibilní polynom na C je lineární.
(b) Každý ireducibilní polynom na R je lineární nebo kvadratický. Je-li kvadratický, tj. ax 2 + bx + c, pak
má záporný diskriminant (tj. D = b 2 − 4ac).
Důkaz se opírá o základní větu algebry.
Důsledek. Každý polynom lichého stupně má v R kořen.
Důkaz. Rozložíme-li P na ireducibilní činitele, stupeň n polynomu P je součtem stupňů těchto činitelů,
tedy součtem jedniček a dvojek. Jelikož n je liché číslo, musí být mezi sčítanci jednička, P je dělitelný
lineárním polynomem a tudíž má kořen.
□
Viètovy vztahy. Důležitým pomocníkem při práci s polynomy jsou Viètovy vztahy mezi koeficienty a
kořeny polynomu, rozložitelného na kořenové činitele. Stupeň polynomu může být jakýkoli, zde se pro
jednoduchost omezíme na kvadratické a kubické polynomy.
Vyjdeme z rozkladu kvadratického polynomu na kořenové činitele:
)
ax 2 + bx + c = a(x − z 1 )(x − z 2 ) = a
(x 2 − (z 1 + z 2 )x + z 1 z 2 ,
dostáváme
Podobně pro kubický polynom
dostáváme
b = −a(z 1 + z 2 ),
c = a z 1 z 2 .
ax 3 + bx 2 + cx + d = a(x − z 1 )(x − z 2 )(x − z 3 )
b = −a(z 1 + z 2 + z 3 ),
c = a(z 1 z 2 + z 1 z 3 + z 2 z 3 ),
d = −a z 1 z 2 z 3 .
Vzorce na řešení algebraických rovnic. Lineární a kvadratické rovnice se řeší pomocí známých
vzorců. Rovnice kubické a rovnice čtvrtého stupně se také dají řešit pomocí vzorců (tzv. Cardanovy
vzorce), ty jsou však natolik složité, že se jim snažíme vyhnout kdykoli to jde. Pro rovnice vyšších
stupňů lze dokázat, že žádný obecný algoritmus, který by spočíval v konečném počtu aritmetických
operací a odmocňování, neexistuje.
Rozcvička. Nechť p, q ∈ R. Řešte soustavu rovnic
(1)
u + v = −p,
uv = q.
Řešení. Použijeme Viétovy vztahy, podle nich (u, v) řeší soustavu (1), právě když (u, v) je seznam kořenů
x 2 + px + q. Řešení nalezneme podle vzorců na řešení kvadratické rovnice, tedy
u = −p + √ p 2 − 4q
,
2
v = −p − √ p 2 − 4q
,
2
Další řešení je (v, u) (v diskusi pozor na případ u = v), žádné jiné už není.
□
2. Návodné úlohy
Zde vyřešíme tzv. návodné úlohy domácí části školního kola MO.
Chceme řešit P (Q(x)) = 0, kde P , Q jsou kvadratické polynomy. Co to je? Nechť (f 1 , f 2 ) je seznam
kořenů P . Potom
P (Q(x)) = 0 ⇐⇒ Q(x) ∈ {f 1 , f 2 }.
2

Napišme Q ve tvaru Q(x) = ax 2 + bx + c. Řešení hledáme ve tvaru x = s + y, kde s je x-ová souřadnice
vrcholu paraboly f = Q(x), tj. s = − b
2a
. Po této substituci
ay 2 + c − b2
4a ∈ {f 1, f 2 },
ay 2 − D 4a ∈ {f 1, f 2 }
{
y 2 ∈ {r1, 2 r2} 2 :=
Tedy y ∈ {±r 1 , ±r 2 }, x ∈ {s ± r 1 , s ± r 2 }.
Může se stát, že některé z čísel
(jako násobek i).
D
4a
+ fi
2 a
(D = b 2 − 4ac),
D
4a
+ f1 2 a , D
4a 2
+ f2 a
}
.
je záporné, pak lze příslušné r i najít jen v komplexním oboru
Úloha (49. ročník MO, A-I-1). Nechť P je kvadratický trojčlen. Určete všechny kořeny rovnice
P (x 2 + 4x − 7) = 0,
víte-li, že je mezi nimi číslo 1 a aspoň jeden kořen je dvojnásobný.
Řešení. Řešení hledáme ve tvaru s ± r 1 , s ± r 2 , kde s = −2. Má-li být jedno řešení 1, pak r 1 = 3 a druhé
řešení je −5. Pak jsou dvě možnosti:
(a) Dvojnásobný je některý z kořenů 1, −5. Pak je dvojnásobný i druhý z nich, r 1 = r 2 . Seznam kořenů
rovnice P (Q(x)) = 0 je pak (1, −5, 1, −5).
(b) Dvojnásobný je kořen −2 ± 0. Seznam kořenů rovnice P (Q(x)) = 0 je pak (1, −5, −2, −2). □
Poznámka. Řešení úlohy je třeba chápat takto: Pro pevnou dvojici polynomů P , Q existuje jen jeden
seznam kořenů až na permutace. Zadání úlohy ale může vyhovovat více dvojic polynomů (P, Q) a proto
je zapotřebí provést další diskusi rozdělením na případy (a), (b). Podobná situace nastává v následující
úloze.
Úloha (49. ročník MO, A-I-1). Nechť P, Q jsou kvadratické trojčleny. Určete čtvrtý kořen rovnice
znáte-li její kořeny −22, 7, 13.
P (Q(x)) = 0,
Řešení. Řešení hledáme ve tvaru s ± r 1 , s ± r 2 , hledaný čtvrtý kořen označme z.
Rozlišíme tři případy:
(a) s = 1 2
(7 + 13) = 10. Potom −22 = 10 − 32, z = 10 + 32 = 42.
(b) s = 1 2 (−22 + 13) = − 9 2 . Potom 7 = − 9 2 + 23 2 , z = − 9 2 − 23 2 = −16.
(c) s = 1 2 (−22 + 7) = − 15 2 . Potom 13 = − 15 2 + 41 2 , z = − 15 2 + 41 2 = −28.
Úloha. Řešte rovnici
P (x) = x 5 − 9x 4 + kx 3 − 3x 2 − 92 x + 20 = 0,
3
víte-li, že tato rovnice má aspoň dva reálné kořeny, které se liší jen znaménkem. Kolik je za těchto
předpokladů k?
Řešení. Buď L polynom z lichých členů P a S polynom ze sudých členů P , tedy
L(x) = x 5 + kx 3 − 92 3 x, S(x) = −9x4 − 3x 2 + 20
Nechť P (z) = P (−z) = 0. Potom z řeší i L(x) = 0 a S(x) = 0, protože
S(x) = 1 2
(P (x) + P (−x)),
L(x) = 1 2
(P (x) − P (−x)).
Rovnice S(x) = 0 má řešení x 2 = − 15 9 , x2 = 4 3 . Protože z ∈ R, je z2 = 4 3
. Dosadíme do rovnice L(z) = 0
a dostaneme
0 = z(z 4 + kz 2 − 92 3 ) = z(16 9 + 4 3 k − 92 3 ).
Vynásobíme 3
4z , máme 0 = 4 + k − 23,
3
tedy
65
k =
3 .
3

Víme, že polynom P je dělitelný kvadratickým polynomem x 2 − 4 3
, dále pokusem zjistíme, že má kořen
1, odtud rozklad
P (x) = x 5 − 9x 4 + 65 3 x3 − 3x 2 − 92 3 x + 20
= (x 2 − 4 3 )(x3 − 9x 2 + 23x − 15)
= (x 2 − 4 3 )(x − 1)(x2 − 8x + 15)
= (x − 2 √
3
)(x + 2 √
3
)(x − 1)(x − 3)(x − 5)
To je rozklad na kořenové činitele, seznam kořenů je tedy ( 4 3 , − 4 3
, 1, 3, 5).
3. Rovnice třetího stupně
Úloha. Kolik má rovnice P (x) = x 3 − 3px − 2 = 0 reálných řešení?
Řešení. Protože stupeň 3 je lichý, existuje aspoň jeden reálný kořen, označme jej z taktických důvodů
2t. Vydělme P kořenovým činitelem x − 2t, najdeme rozklad
Tedy
Odtud
P (x) = (x − 2t)Q(x), kde Q = (x + t) 2 + r.
x 3 − 3px − 2 = (x − 2t)(x 2 + 2tx + (t 2 + r))
= x 3 − (3t 2 − r)x − 2t(t 2 + r).
p = t 2 − 1 3 r,
1 = t(t 2 + r)
(a) 2t je jediný a jednonásobný kořen P . Potom Q nemá žádný reálný kořen, tedy r > 0, |t| < 1 a p < 1.
(b) Má-li P tři (různé) reálné kořeny, potom lze P rozložit v R na kořenové činitele. Buď (z 1 , z 2 , z 3 )
seznam kořenů, pak z 1 + z 2 + z 3 = 0, tedy můžeme předpokládat t ≥ 0. Polynom Q má dva různé reálné
kořeny, tedy r < 0, t > 1 a p > 1.
(c) P má dvojnásobný kořen. Je-li 2t ≥ 0 dvojnásobný kořen, pak seznam kořenů je (2t, 2t, −4t) a součin
kořenů je 2, spor. Má-li tedy P dvojnásobný kořen, je to kořen záporný ≠ 2t, je to též dvojnásobný kořen
Q a tudíž r = 0, t = 1 a p = 1. Skutečně, seznam kořenů rovnice x 3 − 3x − 2 = 0 je (2, −1, −1).
(d) P nemůže mít trojnásobný kořen, neboť bychom dostali spor jako v prvé části (b).
Nyní můžeme úvahy obrátit. Např. je-li p > 1, nemůže nastat žádný z případů (a), (b), (d), tudíž nastane
(b) a P má tři reálné kořeny.
Závěr. Rovnice x 3 − 3px − 2 má:
p < 1. . . jeden jednonásobný reálný kořen.
p > 1. . . tři (různé) reálné kořeny.
p = 1 . . . seznam kořenů (2, −1, −1).
Obecná kubické rovnice. Význam předchozí úlohy tkví v tom, že každý kubický polynom P (x) =
ax 3 +bx 2 +cx+d s nenulovým absolutním členem d lze vhodnou a snadno nalezitelnou substitucí převést
na z 3 −3pz−2. Vzorečky nevypadají vábivě (a nebudeme je zde uvádět), ale postup je zřejmý z následující
úlohy. K dané kubické rovnici tedy neumíme snadno najít reálné kořeny, ale umíme odvodit, kolik jich
bude. Pokud rovnice má dvojnásobný kořen, umíme jej najít (a tím najdeme i zbývající kořen).
Pokud absolutní člen d je nulový, je situace ještě jednodušší, protože pak můžeme z polynomu vytknou
činitel x, tj. P (x) = xQ(x), kde Q je kvadratický.
Úloha. Řešte rovnici
x 3 + x 2 − 8x − 12 = 0.
Řešení. Podle Viètových vztahů je součet kořenů číslo −1. Použijeme substituční metodu: po substituci
x = y − 1 3
bude součet kořenů 0, tedy
Q(y) = P (y − 1 3 ) = (y − 1 3 )3 + (y − 1 3 )2 − 8(y − 1 3 ) − 12
= (y 3 − y 2 + 1 3 y − 1
27 ) + (y2 − 2 3 y + 1 9 ) + (−8y + 8 3
)
) − 12
= y 3 − 25 3 y − 250
27 = 125
27
(( 3y 5 )3 − 3 · 3y 5 − 2
4
□

Po další substituci z = 3y 5 se původní rovnice převádí na z3 − 3z − 2 = 0 (máme obrovské štěstí: p = 2).
Zpětná substituce obnáší y = 5 3 z, x = y + 1 3 . Dostáváme
(z 1 , z 2 , z 3 ) = (2, −1, −1),
(y 1 , y 2 , y 3 ) = ( 10 3 , − 5 3 , − 5 3 ),
(x 1 , x 2 , x 3 ) = (3, −2, −2). □
Úloha. Dokažte, že pro x ≥ −2 je x(3 − x 2 ) ≤ 2.
Řešení.
x(3 − x 2 ) = 2 − (x 3 − 3x + 2) = 2 − (x − 1) 2 (x + 2) ≤ 2. □
Úloha. Dokažte, že pro x ≥ −4 je x(6 − 6x − x 2 ) < 2.
Řešení. Vhodnou substitucí převedeme na nerovnost z předchozí úlohy. Uvažujme P (x) = x 3 +6x 2 −6x.
Pro Q(y) = P (y − 2) bude součet kořenů (koeficient u y 2 ) 0 a tím se situace zjednoduší.
Máme
Q(y) = (y − 2) 3 + 6(y − 2) 2 − 6(y − 2)
= (y 3 − 6y 2 + 12y − 8) + (6y 2 − 24y + 24) + (6y − 12)
= y 3 − 6y + 4 = 4 − y(6 − y 2 ).
)
y(6 − y 2 ) = 2y
(3 − y2
2
( ( y√2
) 2 )
= 2y 3 − .
Položme z = y/ √ 2, tedy y = √ 2z. Potom
x > −4 =⇒ y = x + 2 > −2 =⇒ z = y/ √ 2 > − √ 2 > −2,
a tak
y(6 − y 2 ) ≤ 2 √ 2 z(3 − z 2 ) ≤ 4 √ 2.
Tedy
x(6 − 6x − x 2 ) ≤ −P (x) = −Q(y) = y(6 − y 2 ) − 4
≤ 4 √ 2 − 4 < 2.
□
4. Rovnice čtvrtého stupně
Úloha. Rozložte polynom P (x) = x 4 − x 2 − 2 na reálné ireducibilní činitele.
Řešení.
tedy
y 2 + y − 2 = (y + 2)(y − 1),
x 4 − x 2 − 2 = (x 2 + 2)(x 2 − 1) = (x 2 + 2)(x + 1)(x − 1).
□
Úloha. Rozložte polynom P (x) = x 4 + 1 na reálné ireducibilní činitele.
Řešení. Postup z předchozí úlohy nelze okopírovat, protože rovnice y 2 + 1 = 0 nemá reálné kořeny. Ale
x 4 + 1 = (x 2 + 1) 2 − 2x 2 = (x 2 + 1 + √ 2x) (x 2 + 1 − √ 2x).
□
Reciproká rovnice. Rovnici čtvrtého stupně
P (x) = ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e = 0,
jež má seznam (komplexních) kořenů (z 1 , z 2 , z 3 , z 4 ) takový, že z 1 z 2 = z 3 z 4 = 1, se říká reciproká rovnice.
Název pochází z pozorování
z řeší P (x) = 0 =⇒ 1/z řeší P (x) = 0.
Dosazením do Viètových vztahů dostaneme
b = −a(z 2 z 3 z 4 +z 1 z 3 z 4 +z 1 z 2 z 4 +z 1 z 2 z 3 ) = −a(z 2 +z 1 +z 4 +z 3 ) = d,
e = a z 1 z 2 z 3 z 4 = a.
Bez újmy na obecnosti předpokládejme a = 1.
Úloha. Rozložte “reciproký” polynom
na reálné kvadratické činitele.
P (x) = x 4 + bx 3 + cx 2 + bx + 1
5

Řešení. Chceme
x 4 + bx 3 + cx 2 + bx + 1 = (x 2 + ux + s)(x 2 + vx + t).
Položme u 1 = u, v 1 = v, u 2 = vs, v 2 = ut, f = uv. Tedy
Porovnáním koeficientů vidíme
Tedy dvojice (u 1 , v 1 ), (u 2 , v 2 ) splňují
x 4 + bx 3 + cx 2 + bx + 1 = (x 2 + u 1 x + u2
v 1
)(x 2 + v 1 x + v2
u 1
).
u 1 + v 1 = u 2 + v 2 = b,
u + v = b,
u 2 v 2
u 1 v 1
= 1.
uv = f.
Tato soustava má dvě řešení lišící se jen permutací. Máme tedy dvě možnosti
(a) (u, v) := (u 1 , v 1 ) = (u 2 , v 2 ), tedy
(b) (u, v) := (u 1 , v 1 ) = (v 2 , u 2 ), tedy
(x 2 + u 1 x + u2
v 1
)(x 2 + v 1 x + v2
u 1
) = (x 2 + ux + u v )(x2 + vx + v u ).
(x 2 + u 1 x + u2
v 1
)(x 2 + v 1 x + v2
u 1
) = (x 2 + ux + 1)(x 2 + vx + 1).
Nemáme záruku, že obě cesty povedou k rozkladu na reálné kvadratické polynomy, ale protože z věty
o ireducibilních polynomech plyne existence nějakého rozkladu na kvadratické polynomy, aspoň jedna
z cest musí vést k cíli.
Případ (a).
Porovnáním koeficientů u x 2 , x dostaneme
x 4 + bx 3 + cx 2 + bx + 1 = (x 2 + ux + u v )(x2 + vx + v u ).
u
v + uv + v u = c,
u + v = b.
Položme r = uv. Potom první rovnici vynásobíme r, druhou umocníme na druhou a celé přepíšeme:
u 2 + r 2 + v 2 = cr,
u 2 + 2r + v 2 = b 2 .
Odečtením těchto rovnic dostaneme kvadratickou rovnici pro r:
r 2 − (2 + c)r + b 2 = 0.
Získáme-li řešení r, pro hledanou dvojici (u, v) dostaneme soustavu
kterou již umíme řešit.
u + v = b,
uv = r,
Případ (b).
x 4 + bx 3 + cx 2 + bx + 1 = (x 2 + ux + 1)(x 2 + vx + 1).
Porovnáním koeficientů u x 2 , x dostaneme soustavu
uv = c − 2,
kterou umíme řešit.
Poznámka. Rozklad polynomu
hledáme ve tvaru
nebo
u + v = b,
x 4 + bx 3 + cx 2 + λbx + λ 2
x 4 + bx 3 + cx 2 + λbx + λ 2 = (x 2 + ux − λu
v )(x2 + vx − λv
u ),
x 4 + bx 3 + cx 2 + λbx + λ 2 = (x 2 + ux − λ)(x 2 + vx − λ).
Úloha. Nechť žebřík o délce l = 4 3√
10 je opřen o bednu o rozměrech 1 × 1, o stěnu a o podlahu. Jak
vysoko dosáhne?
6

Řešení. Bedna dělí délku žebříku na dva úseky. Označme si x výšku horního úseku. Potom výška dolního
úseku je 1, horizontální průmět horního úseku je 1 a horizontální průmět dolního úseku je 1/x. Podle
Pythagorovy věty je součet délek úseků
Po umocnění na druhou
neboli
což je reciproká rovnice.
Zkusíme rozložit
Dostáváme soustavu
Hledáme seznam řešení rovnice y 2 − 2y − 160
9
Rozložili jsme polynom na
l = √ x 2 + 1 + √ x −2 + 1.
l 2 = x 2 + 1 + 2 x2 + 1
x
+ x −2 + 1,
x 4 + 2x 3 + 2 − l 2 + 2x + 1 = 0,
x 4 + 2x 3 + 2 − l 2 + 2x + 1 = (x 2 + ux + 1)(x 2 + vx + 1).
uv = (2 − l 2 ) − 2 = − 160
9 ,
u + v = 2,
y 1,2 = 1 ±
, což je
√
1 + 160
9
= 1 ± 13 3 .
x 4 + 2x 3 + 2 − l 2 + 2x + 1 = (x 2 + 16 3 x + 1)(x2 − 10 3 x + 1)
První z nalezených kvadratických trojčlenů nemá reálné kořeny, druhý lze rozložit
x 2 − 10 3 x + 1 = (x − 3)(x − 1 3 ).
Použijeme-li větší kořen x = 3, dosáhneme do výšky x + 1 = 4.
A. Řešte rovnice
(a) x 4 − 5 3 x3 + 11 2 x + 5 3 + 1 = 0,
(b) 16x 4 + 8x 3 − 2x + 1 = 0.
B. Kolik kořenů má polynom 4x 3 + 12x 2 − 9 ?
5. Cvičení
C. Rozložte co nejvíc polynomů x n + 1, x n − 1, na reálné ireducibilní činitele (aniž byste v odvození
používali komplexní čísla).
Příklady:
x 2 + 1 = x 2 + 1.
x 2 − 1 = (x + 1)(x − 1).
x 3 + 1 = (x + 1)(x 2 − x + 1).
x 3 − 1 = (x − 1)(x 2 + x + 1).
x 4 + 1 = (x 2 + 1) 2 − 2x 2 = (x 2 + √ 2 x + 1)(x 2 − √ 2 x + 1).
x 4 − 1 = (x 2 + 1)(x 2 − 1) = (x 2 + 1)(x + 1)(x − 1).
□
7