MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 74

Pierwiastek całkowity wielomianu o całkowitych współczynnikach musi dzielić wyraz wolny.

a) Kandydaci to $\pm1,\pm2$. Podstawienie daje $w(-2)=-20$, $w(-1)=-6$, $w(1)=-2$, $w(2)=0$.

b) Kandydaci to $\pm1,\pm2,\pm3,\pm6$. Bezpośrednia kontrola daje zero tylko dla $1$ i $3$.

Gdyby $x-a$ dla $a\in\{2,3,4,5,6\}$ dzielił $w$, liczba $a$ byłaby całkowitym pierwiastkiem. Każdy całkowity pierwiastek wielomianu o całkowitych współczynnikach dzieli jego wyraz wolny $7$. Żadna z liczb $2,3,4,5,6$ nie dzieli $7$, więc żadna nie może być pierwiastkiem.

Sprawdzamy całkowite dzielniki liczby $24$. Otrzymujemy pierwiastki $-2$ i $4$, po czym rozkład:

Pozostałe miejsca zerowe $\pm\sqrt3$ nie są całkowite. Wielomian ma zatem dwa pierwiastki całkowite.

Szukamy najpierw pierwiastka wymiernego wśród dzielników wyrazu wolnego, a potem rozkładamy pozostały trójmian.

a) $x^3-2x^2-5x+6=(x+2)(x-1)(x-3)$.

b) $2x^3+11x^2+12x-9=(2x-1)(x+3)^2$.

c) $3x^3-5x^2-4x+4=(x+1)(3x-2)(x-2)$.

d) $5x^3-19x^2-38x+40=(x+2)(5x-4)(x-5)$.

Sprawdzenie całkowitych dzielników $40$ prowadzi do rozkładu $w(x)=(x-1)(x-2)(x-4)(x-5).$ Pierwiastki są więc równe $1,2,4,5$. Spośród nich liczby $2,4,5$ spełniają nierówności trójkąta, bo $2+4>5$. Pozostałe dwie trójki zawierające bok $1$ nie spełniają warunku sumy dwóch krótszych boków.

Stosujemy twierdzenie o pierwiastkach wymiernych, a po znalezieniu kandydata dzielimy wielomian. Otrzymujemy:

a) $w=(4x-1)(x^2+1)$.

b) $8w=(2x-1)(4x^2+4x-1)$.

c) $w=x(3x-1)^2(3x+2)$.

d) $w=x(2x+1)(x-1)(x-3)$.

e) $w=(x-2)(2x-1)(x^4+x^3+2x^2+x+1)$; ostatni czynnik nie ma pierwiastków wymiernych.

f) Kandydaci to $\pm1,\pm\frac12$; zerują wielomian tylko $\frac12$ i $1$.

g) Spośród kandydatów $\pm1,\pm2,\pm\frac12,\pm\frac14$ działa tylko $-\frac12$.