• 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 Yuxarıda 2x³ + 3x² − 11x − 6 = 0 tənliyi; baş əmsal 2 mavi, sərbəst hədd −6 narıncıdır. Çiplər: p 6-nın böləni, q 2-nin böləni, cəmi 12 namizəd. Aşağıda y = P(x) qrafiki; x oxunda −3-dən 3-ə qədər 10 namizəd boş nöqtə kimi göstərilib. Əyri x oxunu yalnız üç namizəddə kəsir: −3, −1/2 və 2 — bunlar yaşıl işarələnib. 2x³ + 3x² − 11x − 6 = 0 p | 6 q | 2 12 namizəd x −3 −1/2 2
  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 (2x − 3)(3x + 1)(x − 2) açılanda 6x³ − 19x² + 11x + 6 alınır. x-lərin əmsalları 2, 3, 1 hasildə baş əmsal 6-nı verir; sabitlər −3, 1, −2 hasildə sərbəst hədd 6-nı verir. Köklər 3/2, −1/3, 2: surətlər 3, 1, 2 sərbəst həddin, məxrəclər 2, 3, 1 baş əmsalın bölənləridir. (2x − 3)(3x + 1)(x − 2) x-in əmsalları → baş əmsal 2 · 3 · 1 = 6 sabit hədlər → sərbəst hədd (−3) · 1 · (−2) = 6 = 6x³ − 19x² + 11x + 6 köklər: 32 −13 21 surətlər 3, 1, 2 — 6-nın bölənləri məxrəclər 2, 3, 1 — 6-nın bölənləri
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
Namizədin yoxlanması qrafikdə y = 2x³ + 3x² − 11x − 6 qrafiki. x oxunda −3-dən 3-ə qədər 10 namizəd boş nöqtədir. Seçilmiş namizəd m üçün x = m nöqtəsindən qrafikə qədər şaquli parça və (m; P(m)) nöqtəsi göstərilir. P(m) = 0 olanda nöqtə x oxunun üstündədir və yaşıldır. −3−2−1123 P(1) = −12 P(−1) = 6 P(2) = 0 ✓ P(−2) = 12 P(3) = 42 ↑ P(−3) = 0 ✓ P(1/2) = −21/2 P(−1/2) = 0 ✓ P(3/2) = −9 P(−3/2) = 21/2 P(6) = 468 (kənarda) P(−6) = −264 (kənarda)

m = 1 · P(1) = −12

Hörner sxemi, m = 1: qalıq −12
23−11−6
125−6
25−6−12

Qalıq −12 ≠ 0: 1 kök deyil.

m = −1 · P(−1) = 6

Hörner sxemi, m = −1: qalıq 6
23−11−6
−1−2−112
21−126

Qalıq 6 ≠ 0: −1 kök deyil.

m = 2 · P(2) = 0

Hörner sxemi, m = 2: qalıq 0
23−11−6
24146
2730

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

m = −2 · P(−2) = 12

Hörner sxemi, m = −2: qalıq 12
23−11−6
−2−4218
2−1−912

Qalıq 12 ≠ 0: −2 kök deyil.

m = 3 · P(3) = 42

Hörner sxemi, m = 3: qalıq 42
23−11−6
362748
291642

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
23−11−6
−3−696
2−3−20

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

m = 12 / · P(12 / ) = −212 /

Hörner sxemi, m = 1/2: qalıq −21/2
23−11−6
12 / 12−92 /
24−9−212 /

Qalıq −212 / ≠ 0: 12 / kök deyil.

m = −12 / · P(−12 / ) = 0

Hörner sxemi, m = −1/2: qalıq 0
23−11−6
−12 / −1−16
22−120

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

m = 32 / · P(32 / ) = −9

Hörner sxemi, m = 3/2: qalıq −9
23−11−6
32 / 39−3
26−2−9

Qalıq −9 ≠ 0: 32 / kök deyil.

m = −32 / · P(−32 / ) = 212 /

Hörner sxemi, m = −3/2: qalıq 21/2
23−11−6
−32 / −30332 /
20−11212 /

Qalıq 212 / ≠ 0: −32 / kök deyil.

m = 6 · P(6) = 468

Hörner sxemi, m = 6: qalıq 468
23−11−6
61290474
21579468

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
23−11−6
−6−1254−258
2−943−264

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
    1−3−1024
    11−2−12
    1−2−1212
    Qalıq 12 ≠ 0 — 1 kök deyil.
  3. m = 2:
    Hörner sxemi, m = 2: qalıq 0
    1−3−1024
    22−2−24
    1−1−120
    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
    3−7−42
    13 / 1−2−2
    3−6−60
    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
    32−72
    135−2
    35−20
  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 y = x³ − 3x + 3 qrafiki. Namizədlər ±1, ±3-də qiymətlər: P(−3) = −15, P(−1) = 5, P(1) = 1, P(3) = 21 — heç biri sıfır deyil, qırmızı nöqtələr. Əyri x oxunu −3 ilə −2 arasında, təxminən x = −2,10 nöqtəsində kəsir; bu kök irrasionaldır. P(−3) = −15 P(−1) = 5 P(1) = 1 P(3) = 21 ↑ x ≈ −2,10
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 Ölçüləri 16 sm və 10 sm olan karton. Dörd küncdən tərəfi x olan kvadratlar kəsilir; qırıq xətlər boyunca qatlanır. Qutunun dibi (16 − 2x) sm × (10 − 2x) sm, hündürlüyü x sm olur. xxxx 16 sm 16 − 2x 10 − 2x dib 10 sm
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
    1−1340−36
    22−2236
    1−11180
  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

    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

    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

    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

    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

    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

    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