Vissza előre

Figyelem! A dia-előnézetek csak tájékoztató jellegűek, és nem feltétlenül képviselik a prezentáció összes jellemzőjét. Ha érdekel ez a munka, töltse le a teljes verziót.

Az óra típusa: Az elsődleges ismeretek elsajátításának és megszilárdításának lecke.

Az óra célja:

• Ismertesse meg a tanulókkal a polinomok gyökeinek fogalmát, és tanítsa meg őket, hogyan találják meg őket. Javítsa a polinom hatványokkal való bővítésére és a polinom binomimmal való osztására szolgáló Horner-séma használatának készségeit.
• Tanuld meg megtalálni az egyenlet gyökereit a Horner-séma segítségével.
• Fejleszti az absztrakt gondolkodást.
• A számítástechnikai kultúra előmozdítása.
• Interdiszciplináris kapcsolatok fejlesztése.

Az órák alatt

1. Szervezési mozzanat.

Tájékoztassa az óra témáját, fogalmazzon meg célokat.

2. Házi feladat ellenőrzése.

3. Új anyag tanulmányozása.

Legyen Fn(x) = a n x n +a n-1 x n-1 +...+ a 1 x +a 0 - n fokú polinom x-re, ahol a 0, a 1,...,a n adott számok, és a 0 nem egyenlő 0-val. Ha az F n (x) polinomot a maradékkal osztjuk binomiális x-a, akkor a hányados (nem teljes hányados) egy n-1 fokú Q n-1 (x) polinom, az R maradék egy szám, és az egyenlőség igaz F n (x)=(x-a) Q n-1 (x) +R. Az F n (x) polinom csak R=0 esetén osztható az (x-a) binomimmal.

Bezout tétele: Az F n (x) polinom (x-a) binomimmal való osztásának R maradéka egyenlő az F n (x) polinom értékével x=a-nál, azaz. R=Pn(a).

Egy kis történelem. Bezout tétele látszólagos egyszerűsége és nyilvánvalósága ellenére a polinomelmélet egyik alapvető tétele. Ez a tétel a polinomok algebrai tulajdonságait (amelyek lehetővé teszik a polinomok egész számként való kezelését) a funkcionális tulajdonságaikkal (amelyek lehetővé teszik a polinomok függvényként történő kezelését) összekapcsolják. A magasabb fokú egyenletek megoldásának egyik módja az egyenlet bal oldalán található polinom faktorizálása. A polinom és a maradék együtthatóinak kiszámítása egy Horner-séma nevű táblázat formájában történik.

A Horner-séma egy polinomok osztó algoritmusa, arra a speciális esetre írva, amikor a hányados egyenlő egy binomiálissal x–a.

Horner William George (1786-1837), angol matematikus. A fő kutatás az algebrai egyenletek elméletére vonatkozik. Kidolgozott egy módszert bármilyen fokú egyenletek közelítő megoldására. 1819-ben bevezetett egy fontos módszert az algebra számára a polinom x - a binomimmal való osztására (Horner-séma).

Következtetés általános képlet Horner sémájához.

Ha egy f(x) polinomot elosztunk egy maradékkal egy binomimmal (x-c) azt jelenti, hogy keresünk egy q(x) polinomot és egy r számot úgy, hogy f(x)=(x-c)q(x)+r

Írjuk le ezt az egyenlőséget részletesen:

f 0 x n + f 1 x n-1 + f 2 x n-2 + ...+f n-1 x + f n =(x-c) (q 0 x n-1 + q 1 x n-2 + q 2 x n-3 +...+ q n-2 x + q n-1)+r

Tegyük egyenlővé az együtthatók ugyanazon fokon:

xn:	f 0 = q 0	=> q 0 = f 0
xn-1:	f 1 = q 1 - c q 0	=> q 1 = f 1 + c q 0
xn-2:	f 2 = q 2 - c q 1	=> q 2 = f 2 + c q 1
...		...
x0:	f n = q n - c q n-1	=> q n = f n + c q n-1.

Horner áramkörének bemutatása egy példán keresztül.

1. Feladat. Horner sémájával elosztjuk az f(x) = x 3 - 5x 2 + 8 polinomot maradékkal az x-2 binomimmal.

f(x) = x 3 - 5x 2 + 8 =(x-2)(x 2 -3x-6) -4, ahol g(x)= (x 2 -3x-6), r = -4 maradék.

Polinom kiterjesztése binomiális hatványaiban.

A Horner-féle séma segítségével kibővítjük az f(x)=x 3 +3x 2 -2x+4 polinomot a binomiális (x+2) hatványaiban.

Ennek eredményeként az f(x) = x 3 +3x 2 -2x+4 = (x+2)(x 2 +x-4)+12 = (x+2)((x-1) kiterjesztést kell kapnunk. )(x+ 2)-2)+12 = (((1*(x+2)-3)(x+2)-2)(x+2))+12 = (x+2) 3 -3( x+2) 2 -2(x+2)+12

A Horner-sémát gyakran használják harmadik, negyedik és magasabb fokú egyenletek megoldásánál, amikor célszerű a polinomot x-a binomiálisra bővíteni. Szám a hívott a polinom gyöke F n (x) = f 0 x n + f 1 x n-1 + f 2 x n-2 + ...+f n-1 x + f n, ha x=a az F n (x) polinom értéke nulla: F n (a)=0, azaz. ha a polinom osztható az x-a binomimmal.

Például a 2 szám az F 3 (x)=3x 3 -2x-20 polinom gyöke, mivel F 3 (2)=0. azt jelenti. Hogy ennek a polinomnak a faktorizálása x-2 tényezőt tartalmaz.

F 3 (x)=3x3 -2x-20=(x-2)(3x2 +6x+10).

Bármely F n(x) fokú polinom n 1-nek nem lehet több n igazi gyökerek.

Egy egész együtthatós egyenlet bármely egész gyöke a szabad tagjának osztója.

Ha egy egyenlet vezető együtthatója 1, akkor az egyenlet minden racionális gyöke, ha létezik, egész szám.

A tanult anyag konszolidációja.

Az új anyag megszilárdítása érdekében a tanulókat felkérjük, hogy töltsenek ki számokat a 2.41 és 2.42 tankönyvből (65. o.).

(2 tanuló a táblánál old meg, a többiek, miután eldöntötték, ellenőrzik a feladatokat a füzetben a táblán lévő válaszokkal együtt).

Összegzés.

A Horner-séma felépítésének és működési elvének megértése után számítástechnikai órákon is használható, amikor az egész számok decimális számrendszerből kettes rendszerbe és fordítva való konvertálásának kérdését vizsgáljuk. Az egyik számrendszerből a másikba való átmenet alapja a következő általános tétel

Tétel. Egész szám konvertálásához Ap tól től p-árszámrendszertől alapszámrendszerig d szükséges Ap sorrendben osszuk el a maradékkal számmal d, ugyanabban írva p-áris rendszert addig, amíg a kapott hányados nem lesz egyenlő nullával. A divízió maradéka lesz d- numerikus számjegyek Hirdetés, a legfiatalabb kategóriától a legidősebbig. Minden műveletet be kell hajtani p-árszámrendszer. Férfinak ezt a szabályt csak akkor kényelmes p= 10, azaz fordításkor tól től decimális rendszer. Ami a számítógépet illeti, éppen ellenkezőleg, „kényelmesebb” a bináris rendszerben történő számítások elvégzése. Ezért a „2-ből 10-be” való konvertáláshoz a bináris rendszerben szekvenciális osztást használunk tízzel, a „10-től 2-ig” pedig a tíz hatványainak összeadása. A „10 a 2-ben” eljárás számításainak optimalizálására a számítógép Horner gazdaságos számítási sémáját használja.

Házi feladat. Két feladat elvégzése javasolt.

1. A Horner-séma segítségével ossza el az f(x)=2x 5 -x 4 -3x 3 +x-3 polinomot a binomimmal (x-3).

2. Határozzuk meg az f(x)=x 4 -2x 3 +2x 2 -x-6 polinom egész gyökét (figyelembe véve, hogy egy egész együtthatós egyenlet bármely egész gyöke osztója a szabad tagjának)

Irodalom.

1. Kurosh A.G. "A magasabb algebra tanfolyama."
2. Nikolsky S.M., Potapov M.K. 10. osztály „Algebra és a matematikai elemzés kezdetei”.
3. http://inf.1september.ru/article.php?ID=200600907.

A „Professzionális matematika oktató” weboldal folytatja a tanítással kapcsolatos módszertani cikkek sorát. Az iskolai tanterv legbonyolultabb és legproblémásabb témáival foglalkozom munkám módszereinek leírásával. Ezt az anyagot hasznos lesz a matematika tanárok és oktatók számára, akik a 8-11. osztályos diákokkal dolgoznak mind a normál programban, mind a matematika órák programjában.

A matematika oktató nem mindig tudja elmagyarázni a tankönyvben rosszul bemutatott anyagot. Sajnos az ilyen témák egyre szaporodnak, és tömegesen készülnek a kézikönyvek szerzőit követő prezentációs hibák. Ez nemcsak a kezdő matematika oktatókra és részmunkaidős oktatókra vonatkozik (az oktatók hallgatók és egyetemi oktatók), hanem a tapasztalt tanárokra, hivatásos oktatókra, gyakorlattal és képesítéssel rendelkező oktatókra is. Nem minden matematika oktató rendelkezik azzal a tehetséggel, hogy hozzáértően javítsa ki az iskolai tankönyvek durva éleit. Nem mindenki érti azt is, hogy ezek a javítások (vagy kiegészítések) szükségesek. Kevés gyerek vesz részt abban, hogy az anyagot a gyerekek minőségi észlelésének megfelelően alakítsák át. Sajnos már elmúlt az az idő, amikor a matematikatanárok a módszertanosokkal és a publikációk szerzőivel együtt tömegesen megbeszélték a tankönyv minden betűjét. Korábban a tankönyv iskolai kiadása előtt komoly elemzéseket és tanulmányokat végeztek a tanulási eredményekről. Eljött az amatőrök ideje, akik arra törekszenek, hogy a tankönyveket univerzálissá tegyék, hozzáigazítva azokat az erős matematikaórák színvonalához.

Az információmennyiség növeléséért folytatott verseny csak az asszimiláció minőségének csökkenéséhez, és ennek következtében a matematikai valós tudásszint csökkenéséhez vezet. De erre senki nem figyel. A gyerekeink pedig már 8. osztályban kénytelenek tanulni azt, amit az intézetben tanultunk: valószínűségszámítást, egyenletek megoldását. magas fokokés még valami. A könyvekben található anyagok adaptálása a gyermek teljes felfogására sok kívánnivalót hagy maga után, és a matektanár kénytelen valahogy megbirkózni ezzel.

Beszéljünk egy olyan speciális téma tanításának módszertanáról, mint a „polinom elosztása egy polinom sarokkal”, amely a felnőtt matematikában jobban ismert „Bezout tétele és Horner-séma” néven. Alig pár éve a kérdés nem volt annyira sürgős egy matektanár számára, mert nem volt része a fő iskolai tananyag. Most a Teljakovszkij által szerkesztett tankönyv tisztelt szerzői módosították a véleményem szerint legjobb tankönyv legutóbbi kiadását, és miután teljesen elrontották, csak fölösleges aggodalmakkal sújtották az oktatót. A matematikai státusszal nem rendelkező iskolák és osztályok tanárai a szerzők újításaira összpontosítva gyakrabban kezdtek további bekezdéseket beiktatni óráikba, a kíváncsi gyerekek pedig matematika tankönyvük gyönyörű lapjait nézegetve egyre gyakrabban kérdezik: oktató: „Mi ez a sarokkal való felosztás? Át fogjuk menni ezen? Hogyan lehet megosztani egy sarkot? Az ilyen közvetlen kérdések elől már nem lehet bújni. A tanárnak mondania kell valamit a gyereknek.

De mint? Valószínűleg nem írtam volna le a témával való munkamódszert, ha azt hozzáértően bemutatták volna a tankönyvekben. Hogy megy nálunk minden? A tankönyveket ki kell nyomtatni és el kell adni. És ehhez rendszeresen frissíteni kell őket. Panaszkodnak az egyetemi tanárok, hogy üres fejjel, tudás és készségek nélkül jönnek hozzájuk a gyerekek? Növekednek a matematikai ismeretekkel szemben támasztott követelmények? Nagy! Távolítsunk el néhány gyakorlatot, és illesszünk be olyan témákat, amelyeket más programokban tanulmányoznak. Miért rosszabb a tankönyvünk? Néhány további fejezetet is beiktatunk. Az iskolások nem ismerik a sarok felosztásának szabályát? Ez az alapvető matematika. Ezt a bekezdést nem kötelezővé kell tenni, „azoknak, akik többet szeretnének tudni” címmel. Oktatók ellene? Miért törődünk általában az oktatókkal? A módszertanosok és az iskolai tanárok is ellene vannak? Nem bonyolítjuk az anyagot, és figyelembe vesszük a legegyszerűbb részét.

És itt kezdődik. A téma egyszerűsége és asszimilációjának minősége mindenekelőtt logikájának megértésében rejlik, nem pedig abban, hogy a tankönyv szerzőinek instrukcióinak megfelelően végre kell hajtani egy bizonyos műveletsort, amelyek nem kapcsolódnak egyértelműen egymáshoz. . Ellenkező esetben köd lesz a diák fejében. Ha a szerzők viszonylag erős tanulókat céloznak meg (de rendes képzésben tanulnak), akkor ne parancsformában mutassuk be a témát. Mit látunk a tankönyvben? Gyerekek, e szabály szerint kell osztanunk. Szerezd meg a polinomot a szög alatt. Így az eredeti polinom faktoros lesz. Nem érthető azonban, hogy a sarok alatti kifejezések miért pont így vannak kiválasztva, miért kell őket megszorozni a sarok feletti polinommal, majd ki kell vonni az aktuális maradékból. És ami a legfontosabb, nem világos, hogy miért kell végül összeadni a kiválasztott monomokat, és miért lesznek a kapott zárójelek az eredeti polinom kiterjesztése. Bármely hozzáértő matematikus félkövér kérdőjelet tesz a tankönyvben szereplő magyarázatok fölé.

Az oktatók, matematikatanárok figyelmébe ajánlom a probléma megoldását, amely gyakorlatilag a tanuló számára nyilvánvalóvá teszi mindazt, ami a tankönyvben elhangzik. Tulajdonképpen be fogjuk bizonyítani Bezout tételét: ha az a szám egy polinom gyöke, akkor ez a polinom felbontható tényezőkre, amelyek közül az egyik x-a, a második pedig az eredetiből a következő három módszer egyikével kapható meg: lineáris tényező transzformációkkal, sarokkal való osztásával vagy Horner sémájával. Ezzel a megfogalmazással könnyebb lesz dolgozni a matektanárnak.

Mi az a tanítási módszertan? Először is, ez egy világos sorrend a magyarázatok és példák sorrendjében, amelyek alapján matematikai következtetéseket vonunk le. Ez a téma sem kivétel. Nagyon fontos, hogy a matematika tanár bevezesse a gyereket Bezout tételébe mielőtt sarokkal osztaná. Ez nagyon fontos! A megértés elérésének legjobb módja az konkrét példa. Vegyünk egy kiválasztott gyökű polinomot, és mutassuk be a faktorokba való beszámítás technikáját az identitástranszformációk módszerével, amelyet az iskolások 7. osztálytól ismernek. A matematikaoktató megfelelő magyarázataival, hangsúlyozásával és tippjeivel teljesen lehetséges az anyag közvetítése általános matematikai számítások, tetszőleges együtthatók és hatványok nélkül.

Fontos tanács egy matektanárnak- kövesse az utasításokat az elejétől a végéig, és ne változtassa meg ezt a sorrendet.

Tehát tegyük fel, hogy van egy polinomunk. Ha az X helyett 1-et cserélünk, akkor a polinom értéke nulla lesz. Ezért x=1 a gyöke. Próbáljuk meg két tagra bontani úgy, hogy az egyik egy lineáris kifejezés és valamilyen monomium szorzata legyen, a másiké pedig eggyel kisebb legyen, mint . Vagyis ábrázoljuk a formában

A piros mező monomiját úgy választjuk ki, hogy a vezető taggal megszorozva teljesen egybeessen az eredeti polinom vezető tagjával. Ha a tanuló nem a leggyengébb, akkor eléggé képes lesz elmondani a matektanárnak a szükséges kifejezést: . Azonnal meg kell kérni az oktatót, hogy írja be a piros mezőbe, és mutassa meg, mi fog történni, amikor kinyitják. Ezt a virtuális ideiglenes polinomot a legjobb a nyilak alatt (a kis fotó alatt) aláírni, valamilyen színnel, például kékkel kiemelve. Ez segít kiválasztani egy kifejezést a piros mezőhöz, amelyet a kijelölés maradékának neveznek. Azt tanácsolom az oktatóknak, hogy itt jelezzék, hogy ez a maradék kivonással kereshető. Ezt a műveletet végrehajtva a következőket kapjuk:

A matektanár felhívja a tanuló figyelmét arra, hogy ebbe az egyenlőségbe egyet behelyettesítve garantáltan a bal oldalán nullát kapunk (mivel az 1 az eredeti polinom gyöke), a jobb oldalon pedig nyilván az első tagot is nullázza. Ez azt jelenti, hogy minden ellenőrzés nélkül kijelenthetjük, hogy az egyik a „zöld maradék” gyökere.

Ugyanúgy kezeljük, mint az eredeti polinommal, izolálva belőle ugyanazt a lineáris tényezőt. A matektanár két keretet rajzol a tanuló elé, és megkéri őket, hogy töltsék ki balról jobbra.

A tanuló kiválaszt egy monomot a piros mezőhöz az oktató számára úgy, hogy a lineáris kifejezés vezető tagjával megszorozva adja a bővítő polinom vezető tagját. Illesszük a keretbe, azonnal nyissuk ki a zárójelet, és kékkel jelöljük ki azt a kifejezést, amelyet ki kell vonni a hajtogatóból. Ezt a műveletet végrehajtva azt kapjuk

És végül ugyanezt az utolsó maradékkal

végre megkapjuk

Most vegyük ki a kifejezést a zárójelből, és látni fogjuk az eredeti polinom faktorokra bontását, amelyek közül az egyik „x mínusz a kiválasztott gyök”.

Annak elkerülése érdekében, hogy a tanuló azt gondolja, hogy az utolsó „zöld maradékot” véletlenül a szükséges tényezőkre bontotta, a matematika tanárnak fel kell hívnia a figyelmet. fontos tulajdon Az összes zöld maradékból - mindegyiknek 1 gyöke van. Mivel ezeknek a maradékoknak a foka csökken, így a kezdeti polinom bármilyen fokát is megadjuk, előbb-utóbb egy lineáris „zöld maradékot” kapunk, amelynek gyöke 1, és ezért szükségszerűen a szorzatra bomlik le valamilyen szám és kifejezés.

Ezt követően előkészítő munka A matektanárnak nem lesz nehéz elmagyarázni a diáknak, hogy mi történik, ha sarokkal osztunk. Ez ugyanaz a folyamat, csak rövidebb és tömörebb formában, egyenlőségjelek és ugyanazon kiemelt kifejezések átírása nélkül. A sarok bal oldalára írjuk azt a polinomot, amelyből a lineáris tényezőt kivonjuk, a kiválasztott piros monomokat szögben összegyűjtjük (most kiderül, miért kell összeadniuk), így megkapjuk a „kék polinomokat”, a „pirost”. ” az egyeseket meg kell szorozni x-1-gyel, majd ki kell vonni az aktuálisan kiválasztottból, hogyan történik ez a számok szokásos oszlopba osztásánál (itt van analógia a korábban tanulmányozottakkal). Az így kapott „zöld maradványokat” új izolálásnak és „vörös monomoknak” kell kiválasztani. És így tovább, amíg nulla "zöld egyensúlyt" nem kap. A legfontosabb, hogy a tanuló megértse a szög feletti és alatti írott polinomok további sorsát. Nyilvánvalóan ezek olyan zárójelek, amelyek szorzata megegyezik az eredeti polinommal.

A matematikaoktató munkájának következő szakasza Bezout tételének megfogalmazása. Valójában az oktató ilyen megközelítésével a megfogalmazása nyilvánvalóvá válik: ha az a szám egy polinom gyöke, akkor faktorizálható, amelyek közül az egyik , a másik pedig az eredetiből háromféleképpen kapható meg. :

• közvetlen bontás (a csoportosítási módszerrel analóg)
• sarokkal osztva (oszlopban)
• Horner áramkörén keresztül

El kell mondanunk, hogy nem minden matematika oktató mutatja meg a tanulóknak a kürt diagramot, és nem minden iskolai tanár (maga oktatók szerencséjére) foglalkozik ilyen mélyen a témával az órákon. Egy matek osztályos tanuló esetében azonban nem látom okát, hogy megálljon a hosszú osztásnál. Sőt, a legkényelmesebb és gyors A dekompozíciós technika pontosan Horner sémáján alapul. Ahhoz, hogy elmagyarázzuk a gyereknek, honnan származik, elég, ha a sarokkal való osztás példájával nyomon követjük a magasabb együtthatók megjelenését a zöld maradékokban. Világossá válik, hogy a kezdeti polinom vezető együtthatója az első „piros monom” együtthatójába kerül, és távolabb az aktuális felső polinom második együtthatójából. levonják a „piros monomiális” áram együtthatójának szorzatának eredménye. Ezért lehetséges add hozzá-vel való szorzás eredménye. Miután a tanuló figyelmét az együtthatókkal végzett műveletek sajátosságaira összpontosította, a matematika oktató meg tudja mutatni, hogyan hajtják végre ezeket a műveleteket a változók rögzítése nélkül. Ehhez célszerű megadni az eredeti polinom gyökét és együtthatóit prioritási sorrendben a következő táblázatban:

Ha egy polinomból hiányzik bármely fok, akkor a nulla együtthatója bekerül a táblázatba. A „piros polinomok” együtthatóit felváltva írjuk az alsó sorba a „hook” szabály szerint:

A gyökét megszorozzuk az utolsó piros együtthatóval, hozzáadjuk a következő együtthatóhoz a felső sorban, és az eredményt leírjuk az alsó sorba. Az utolsó oszlopban garantáltan megkapjuk az utolsó „zöld maradék” legmagasabb együtthatóját, azaz nullát. A folyamat befejezése után a számok az illeszkedő gyökér és a nulla maradék közé beszorítva a második (nemlineáris) tényező együtthatóinak bizonyulnak.

Mivel az a gyök nullát ad az alsó sor végén, a Horner-séma használható a számok ellenőrzésére a polinom gyökének címéhez. Ha a speciális kiválasztási tétel racionális gyökér. Az ezzel a címre megszerzett összes jelöltet egyszerűen balról sorra beillesztjük Horner diagramjába. Amint nullát kapunk, a vizsgált szám gyök lesz, és egyúttal az eredeti polinom faktorizációs együtthatóit is megkapjuk az egyenesére. Nagyon kényelmesen.

Végezetül szeretném megjegyezni, hogy a horneri séma pontos bemutatása, valamint a téma gyakorlati megszilárdítása érdekében a matematika oktatónak elegendő óraszámmal kell rendelkeznie. A „hetente egyszer” rendszerrel dolgozó oktató ne vegyen részt sarokmegosztásban. Az Egységes Matematika Államvizsgán és az Állami Matematikai Akadémián nem valószínű, hogy az első részben valaha is ilyen eszközökkel megoldható harmadfokú egyenlettel találkozna. Ha az oktató felkészíti a gyermeket a matematika vizsgára a Moszkvai Állami Egyetemen, a téma tanulmányozása kötelezővé válik. Az egyetemi tanárok – az Egységes Államvizsga összeállítóival ellentétben – nagyon szeretik tesztelni egy jelentkező tudásának mélységét.

Kolpakov Alekszandr Nikolajevics, matematika tanár Moszkva, Strogino

Ezt használva matematikai program a polinomokat oszloponként oszthatja fel.
A polinom polinommal való elosztására szolgáló program nem csak választ ad a problémára, hanem megadja részletes megoldás magyarázatokkal, pl. megjeleníti a megoldási folyamatot a matematikai és/vagy algebrai ismeretek tesztelésére.

Ez a program hasznos lehet középiskolások számára középiskolák előkészítése során tesztek valamint vizsgák, az Egységes Államvizsga előtti tudásellenőrzés során a szülőknek számos matematikai és algebrai feladat megoldásának ellenőrzésére. Vagy talán túl drága önnek oktatót felvenni vagy új tankönyveket vásárolni? Vagy csak a lehető leggyorsabban szeretné elvégezni? házi feladat matematikában vagy algebrában? Ebben az esetben részletes megoldásokkal is használhatja programjainkat.

Így Ön saját képzést és/vagy öccsei képzését tudja lebonyolítani, miközben a problémamegoldás területén a képzettség növekszik.

Ha kell, ill polinom egyszerűsítése vagy polinomokat szorozni, akkor erre van egy külön programunk Polinom egyszerűsítése (szorzása).

Kiderült, hogy a probléma megoldásához szükséges néhány szkript nem lett betöltve, és előfordulhat, hogy a program nem működik.
Lehetséges, hogy az AdBlock engedélyezve van.
Ebben az esetben kapcsolja ki és frissítse az oldalt.

Mert Nagyon sokan vannak, akik hajlandóak megoldani a problémát, kérései sorba kerültek.
Néhány másodperc múlva megjelenik a megoldás lent.
Kérlek várj mp...

Ha te hibát észlelt a megoldásban, akkor erről írhatsz a Visszajelzési űrlapon.
Ne felejtsd el jelezze, melyik feladatot te döntöd el, mit írja be a mezőkbe.

Játékaink, rejtvényeink, emulátoraink:

Egy kis elmélet.

Polinom felosztása polinomra (binomiálisra) egy oszloppal (sarokkal)

Az algebrában polinomok elosztása oszloppal (sarokkal)- algoritmus egy f(x) polinom elosztására egy g(x) polinommal (binomimmal), amelynek foka kisebb vagy egyenlő, mint az f(x) polinom fokszáma.

A polinomonkénti osztási algoritmus a számok oszloposztásának egy általánosított formája, amely kézzel könnyen megvalósítható.

Minden \(f(x) \) és \(g(x) \), \(g(x) \neq 0 \ polinomhoz egyedi \(q(x) \) és \(r() polinomok tartoznak. x ) \), úgy, hogy
\(\frac(f(x))(g(x)) = q(x)+\frac(r(x))(g(x)) \)
és \(r(x)\) alacsonyabb foka, mint \(g(x)\).

A polinomok oszlopra (sarokra) való felosztásának algoritmusának célja, hogy egy adott osztalékhoz megtalálja a \(q(x) \) hányadost és a \(r(x) \) maradékot \(f(x) \) és nem nulla osztó \(g(x) \)

Példa

Osszuk el az egyik polinomot egy másik polinommal (binomiális) egy oszlop (sarok) segítségével:
\(\nagy \frac(x^3-12x^2-42)(x-3) \)

Ezeknek a polinomoknak a hányadosa és maradéka a következő lépések végrehajtásával kereshető meg:
1. Ossza el az osztó első elemét az osztó legmagasabb elemével, az eredményt helyezze a \((x^3/x = x^2)\) sor alá.

3. Vonjuk ki az osztóból a szorzás után kapott polinomot, az eredményt írjuk a \((x^3-12x^2+0x-42-(x^3-3x^2)=-9x^2+0x- sor alá 42) \)

4. Ismételje meg az előző 3 lépést, a sor alá írt polinomot használva osztalékként.

5. Ismételje meg a 4. lépést.

6. Az algoritmus vége.
Így a \(q(x)=x^2-9x-27\) polinom a polinomok felosztásának hányadosa, \(r(x)=-123\) pedig a polinomok osztásának maradéka.

A polinomok felosztásának eredménye két egyenlőség formájában írható fel:
\(x^3-12x^2-42 = (x-3)(x^2-9x-27)-123\)
vagy
\(\large(\frac(x^3-12x^2-42)(x-3)) = x^2-9x-27 + \large(\frac(-123)(x-3)) \)

Egyenletek és egyenlőtlenségek megoldása során gyakran szükséges olyan polinomot faktorozni, amelynek fokszáma három vagy magasabb. Ebben a cikkben megvizsgáljuk ennek legegyszerűbb módját.

Szokás szerint forduljunk az elmélethez segítségért.

Bezout tétele kimondja, hogy a maradék egy polinom binomimmal való osztásakor .

De számunkra nem maga a tétel a fontos, hanem ebből a következmény:

Ha a szám egy polinom gyöke, akkor a polinom maradék nélkül osztható a binomimmal.

Azzal a feladattal állunk szemben, hogy valahogy megkeressük a polinom legalább egy gyökét, majd elosztjuk a polinomot -vel, ahol a polinom gyöke. Ennek eredményeként olyan polinomot kapunk, amelynek foka eggyel kisebb, mint az eredetié. És akkor, ha szükséges, megismételheti a folyamatot.

Ez a feladat két részre oszlik: hogyan találjuk meg a polinom gyökerét, és hogyan osztjuk el a polinomot egy binomimmal.

Nézzük meg közelebbről ezeket a pontokat.

1. Hogyan találjuk meg a polinom gyökerét.

Először is ellenőrizzük, hogy az 1 és -1 számok a polinom gyökei-e.

A következő tények segítenek nekünk ebben:

Ha egy polinom összes együtthatójának összege nulla, akkor a szám a polinom gyöke.

Például egy polinomban az együtthatók összege nulla: . Könnyű ellenőrizni, hogy mi a polinom gyöke.

Ha egy polinom páros hatványú együtthatóinak összege egyenlő a páratlan hatványú együtthatók összegével, akkor a szám a polinom gyöke. A szabad tagot páros fokozat együtthatójának tekintjük, mivel , a páros szám.

Például egy polinomban a páros hatványok együtthatóinak összege: , a páratlan hatványok együtthatóinak összege pedig: . Könnyű ellenőrizni, hogy mi a polinom gyöke.

Ha sem 1, sem -1 nem gyöke a polinomnak, akkor továbblépünk.

Csökkentett fokszámú polinomra (vagyis olyan polinomra, amelyben a vezető együttható - az együttható at - egyenlő az egységgel) a Vieta-képlet érvényes:

Hol vannak a polinom gyökerei.

Vannak Vieta-képletek is, amelyek a polinom fennmaradó együtthatóira vonatkoznak, de minket ez érdekel.

Ebből a Vieta-képletből az következik ha egy polinom gyökei egész számok, akkor azok osztói annak szabad tagjának, amely szintén egész szám.

Ennek alapján, a polinom szabad tagját faktorokba kell számolnunk, és egymás után, a legkisebbtől a legnagyobbig, ellenőrizni kell, hogy a faktorok közül melyik a polinom gyöke.

Vegyük például a polinomot

A szabad kifejezés osztói: ; ; ;

Egy polinom összes együtthatójának összege egyenlő -vel, ezért az 1-es szám nem a polinom gyöke.

Páros hatványok együtthatóinak összege:

A páratlan hatványok együtthatóinak összege:

Ezért a -1 szám szintén nem gyöke a polinomnak.

Vizsgáljuk meg, hogy a 2-es szám gyöke-e a polinomnak: tehát a 2-es szám a polinom gyöke. Ez azt jelenti, Bezout tétele szerint, hogy a polinom osztható binomimmal maradék nélkül.

2. Hogyan oszthatunk polinomot binomiálisra.

Egy polinom egy oszlop segítségével binomiálisra osztható.

Oszd el a polinomot egy binomimmal oszlop segítségével:

Van egy másik módja a polinom binomimmal való osztásának – Horner séma.

Nézze meg ezt a videót, hogy megértse hogyan lehet polinomot osztani egy binomimmal oszloppal, és a Horner-diagram segítségével.

Megjegyzem, ha oszlopos osztásakor az eredeti polinomból hiányzik az ismeretlen bizonyos foka, akkor a helyére 0-t írunk - ugyanúgy, mint a Horner-séma táblázatának összeállításakor.

Tehát, ha el kell osztanunk egy polinomot egy binomimmal, és az osztás eredményeként polinomot kapunk, akkor a polinom együtthatóit a Horner-séma segítségével találhatjuk meg:

Használhatjuk is Horner-séma annak ellenőrzésére, hogy egy adott szám gyöke-e egy polinomnak: ha a szám egy polinom gyöke, akkor a maradék, amikor a polinomot osztjuk, egyenlő nullával, azaz a polinom második sorának utolsó oszlopában. Horner diagramja 0-t kap.

Horner sémájával „két legyet ölünk egy csapásra”: egyszerre ellenőrizzük, hogy a szám egy polinom gyöke-e, és ezt a polinomot elosztjuk egy binomimmal.

Példa. Oldja meg az egyenletet:

1. Írjuk fel a szabad tag osztóit, és keressük meg a polinom gyökereit a szabad tag osztói között.

24 osztói:

2. Ellenőrizzük, hogy az 1-es szám a polinom gyöke-e.

Egy polinom együtthatóinak összege tehát az 1 a polinom gyöke.

3. Osszuk fel az eredeti polinomot binomiálisra a Horner-séma segítségével.

A) Írjuk fel a táblázat első sorába az eredeti polinom együtthatóit!

Mivel a tartalmi tag hiányzik, a táblázat oszlopába, amelybe az együtthatót kell írni, 0-t írunk. Balra írjuk a talált gyökeret: az 1-es számot.

B) Töltse ki a táblázat első sorát!

Az utolsó oszlopban a várakozásoknak megfelelően nullát kaptunk, az eredeti polinomot elosztottuk egy binomimmal, maradék nélkül. Az osztás eredményeként kapott polinom együtthatói kék színnel jelennek meg a táblázat második sorában:

Könnyű ellenőrizni, hogy az 1 és -1 számok nem a polinom gyökei

B) Folytassuk a táblázatot. Ellenőrizzük, hogy a 2-es szám a polinom gyöke-e:

Tehát az eggyel osztás eredményeként kapott polinom foka kisebb, mint az eredeti polinom foka, ezért az együtthatók száma és az oszlopok száma eggyel kevesebb.

Az utolsó oszlopban -40 - olyan számot kaptunk, amely nem egyenlő nullával, ezért a polinom osztható egy maradékkal, és a 2 nem a polinom gyöke.

C) Ellenőrizzük, hogy a -2 szám a polinom gyöke-e. Mivel az előző kísérlet kudarcot vallott, az együtthatókkal való összetéveszthetőség elkerülése érdekében törlöm a kísérletnek megfelelő sort:

Nagy! Maradékként nullát kaptunk, ezért a polinomot maradék nélkül binomiálisra osztottuk, ezért a -2 szám a polinom gyöke. A polinom binomimmal való osztásával kapott polinom együtthatói zöld színnel jelennek meg a táblázatban.

A megosztás eredményeként megkaptuk másodfokú trinomikus , melynek gyökerei könnyen megtalálhatók Vieta tételével:

Tehát az eredeti egyenlet gyökerei a következők:

{}

Válasz:( }