UNIVERZITET U BIHACUPEDAGOSKI FAKULTET

ODSJEK: MATEMATIKA I FIZIKASMJER: MATEMATIKA I INFORMATIKA

Larisa Brkic

POLINOMISeminarski rad

Bihac, maj 2011.

Sadrzaj

1 Polinomi 11.1 Jedankost polinoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Operacije sa polinomima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2.1 Sabiranje polinoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2.2 Oduzimanje polinoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2.3 Mnozenje polinoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.3 Dijeljenje polinoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.4 Najveci zajednicki dijelitelj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.5 Relativno prosti polinomi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.6 Racionalna funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.7 Parcijalni razlomci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2 Nultacke polinoma 62.1 Bezuov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62.2 Osnovni teorem algebre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82.3 Jednake nultacke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.4 Hornerov algoritam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.5 Rastav polinoma po potencijama . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.6 Svojstva nultacaka polinoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

3 Vietove formule za polinom 3. stepena 143.1 Racionalne i cjelobrojne nultacke . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

Literatura 18

Uvod

Tema moga seminarskog rada su POLINOMI. Polinomi su funkcije, preciznije,odredene vrsta funkcija. Njihovo poznavanje je vrlo znacajno u teorijskoj ali i uprimjenjenoj matematici. Znacaj slijedi i izmedu ostalog i po tom sto pomocupolinoma mozemo aproksimirati razne nepolinomijalne funkcije i to do zeljenetacnosti. U polinome spadaju takoder i linearna i kvadratna funkcija. Polinomedijelimo po stepenima ,postoje polinomi bilo kojeg stepena n ,gdje je n jednaknuli ili bilo kojem prirodnom broju.Ovaj seminarski rad se sastoji od tri poglavlja.Prvo poglavlje se uglavnom odnosi na to, sta je to polinom, kada su to dvapolinoma jednaka, osnovne operacije sa polinomima, zatim Euklidov algoritamza pronalazenje najveceg zajednickog dijelitelja dva polinoma, kao i to sta su torelativno prosti polinomi.U drugom poglavlju se govori najvise o nultackama polinoma i o njihovimsvojstvima. Dva najznacajnija teroema koja se odnose na nultacke polinomasu Bezuov teorem i Hornerov algoritam. Bezuov teorem nam sluzi da lakseodredimo ostatak prilikom dijeljenja polinoma, dok Hornerov algoritam namomogucava da odredimo nultacke polinoma kao i da dati polinom rastavimo popotencijama x− a.Posljednje poglavlje, tj. trece obuhvata Vietove formule za polinome trecegstepena kao i moguce racionalne i cjelobrojne nultacke polinoma.

i

1 Polinomi

Izraz oblika Axk se naziva MONOM STEPENA k . Sabiranjem monomaza razlicite vrijednosti od k se dobija POLINOM.Polinom stepena n je funkcija:

f : R→ R

definirana sa

Px(n) = anxn + an−1x

n−1 + an−2xn−2 + . . . + a2x

2 + a1x + a0, (1)

gdje su a0, a1, . . . an realni brojevi, an 6= 0.

Brojeve a0, a1, . . . an nazivamo koeficjenti polinoma.Broj an nazivamo vodeci koeficjent, a a0 nazivamo slobodni koeficjent. ZaPolinom (1) kazemo da je polinom sa realnim koeficjentima. Ako su koeficjenticijli brojevi, onda govorimo o polinomu sa cijelobrojnim koeficjentima.Zapis (1) nazivamo KANONSKI OBLIK polinoma.Stepen polinoma je najveca potencija nepoznate x u kanonskom obliku poli-noma.

Teorem 1.1 Za polinom (1) vrijedi P ≡ 0 ( identicki jednak nuli ), tj.

P (x) = 0,∀x ∈ R

ako i samo ako jea0 = a1 = . . . = an = 0

Napomena: Prethodni teorem vrijedi i za polinome s vise argumenata.

1.1 Jedankost polinoma

Za dva polinoma P i Q kazemo da su jednaki i pisemo P ≡ Q ako vrijedi:

P (x) = Q(x),∀x ∈ R

.

Teorem 1.2 Dva polinoma P i Q su jednaki ako i samo ako su istog stepena iodgovarajuci koeficjenti u kanonskom prikazu su im jednaki.

1

1.2 Operacije sa polinomima

Za polinome su definisane sljedece operacije:

• sabiranje,

• oduzimanje,

• mnozenje,

• dijeljenje.

1.2.1 Sabiranje polinoma

Ako su P i Q polinomi, tada se njihov zbir U(x) definise na sljedeci nacin:

U(x) = P (x) + Q(x).

Primjer 1.1 Sabrati polinome P (x) i Q(x) ako je:

P (x) = 3x3 + 2x2 + 5

Q(x) = 4x4 − 6x3 + x2 − 8x + 2.

Rjesenje:Imamo da je:

P (x) + Q(x) = (3x3 + 2x2 + 5) + (4x4 − 6x3 + x2 − 8x + 2)

= 3x3 + 2x2 + 5 + 4x4 − 6x3 + x2 − 8x + 2

= 4x4 − 3x3 + 3x2 − 8x + 7.

1.2.2 Oduzimanje polinoma

Ako su P i Q polinomi, onda se njihova razlika V (x) definise na sljedeci nacin:

V (x) = P (x)−Q(x).

Primjer 1.2 Oduzeti polinome P (x) i Q(x) ako je:

P (x) = 5x4 − 7x3 + 7x2 − 6x− 7

Q(x) = 4x3 + x2 − 9x− 4.

2

Rjesenje:Imamo da je:

P (x)−Q(x) = (5x4 − 7x3 + 7x2 − 6x− 7)− (4x3 + x2 − 9x− 4)

= 5x4 − 7x3 + 7x2 − 6x− 7− 4x3 − x2 + 9x + 4

= 5x4 − 11x3 + 6x2 + 3x− 3.

1.2.3 Mnozenje polinoma

Ako su P i Q polinomi, onda se njihov proizvod W (x) definise na sljedeci nacin:

W (x) = P (x)Q(x).

Primjer 1.3 Pomnoziti polinome P (x) i Q(x) ako je:

P (x) = 3x3 − 2x2 + 3x + 1

Q(x) = x2 − x + 1.

Rjesenje:Imamo da je:

P (x)Q(x) = (3x3 − 2x2 + 3x + 1)(x2 − x + 1)

= 3x5 − 2x4 + 3x3 + x2 − 3x4 + 2x3 − 3x2 − x + 3x3 − 2x2 + 3x + 1

= 3x5 − 5x4 + 8x3 − 4x2 + 2x + 1.

Dakle, s obzirom da je zbir, razlika i proizvod dva polinoma takoder poli-nom, zakljucujemo da je skup svih polinoma zatvoren u odnosu na operacije:sabiranja, oduzimanja i mnozenja polinoma.

1.3 Dijeljenje polinoma

Teorem 1.3 Neka je Pn(x) = anxn + an−1x

n−1 + . . . + a2x2 + a1x + a0

(an 6= 0,∀x ∈ R), polinom n-tog stepena. Za svaki polinom P n-tog stepenapostoji jedinstven ureden par polinoma (Q, r) takav da je

Pn = Q · Pm + r.

Napomena: U slucaju da je r 6= 0 stepen r je manji od m. Stepen polinomaQ je n−m (u slucaju da je n ≥ m).

3

1.4 Najveci zajednicki dijelitelj

Normirani polinom (polinom ciji je vodeci koeficjent jednak 1) u oznaci nzd(f, g)se naziva najveci zajednicki djelitelj (najveca zajednicka mjera) nenultihpolinoma f i g, ako on ima sljedeca svojstva:

1. nzd(f, g) je djelitelj i polinom f i polinoma g.

2. ako je P djelitilj i od f i od g, onda je P djelitelj i od nzd(f, g).

Posupak za nalazenje nzd(f, g) se dobija iz Euklidovog algoritma za poli-nome:

f = g · q1 + r1 0 < deg r1 < deg g

g = r1 · q2 + r2 0 < deg r2 < deg r1

r1 = r2 · q3 + r3 0 < deg r3 < deg r2...

rn−2 = rn−1 · qn + rn 0 < deg rn < deg rn−1

rn−1 = rn · qn + 1

=⇒ nzd(f, g) =1

arn

gdje je a vodeci koeficjent u rn.

Primjer 1.4 Naci nzd(f, g) za polinome f(x) i g(x) ako je:

f(x) = x4 + 3x3 − x2 − 4x− 3

g(x) = 3x3 + 10x2 + 2x− 3.

Rjesenje:Prema Euklidovom algoritmu imamo:

x4 + 3x3 − x2 − 4x− 3 = (3x3 + 10x2 + 2x− 3)

(1

3x− 1

9

)+

(− 5

9x2 − 25

9x− 10

3

)3x3 + 10x2 + 2x− 3 =

(− 5

9x2 − 25

9x− 10

3

)(− 27

5x + 9

)+ (9x + 27)

−5

9x2 − 25

9x− 10

3= (9x + 27)︸ ︷︷ ︸

rn

(− 5

81x− 10

81

).

4

Na osnovu ovoga imamo sada da je:

nzd(f, g) =1

arn

=1

1(9x + 27)

= 9x + 27.

1.5 Relativno prosti polinomi

Za svaka dva nenulta polinoma f i g postiji i jedinstven je najveci zajednickidjelitelj nzd(f, g). Kazemo da su nenulti polinomi f i g relativno prosti ako jenzd(f, g) = 1. Kazemo da je polinom f ireducibilan (nerastavljiv) nad poljemR, ako je f = g · h, slijedi da je deg g = 0 ili deg h = 0.

1.6 Racionalna funkcija

Funkcija iz R u R oblika

x −→ f(x)

g(x), g 6= 0

se oznacava s fg i naziva razlomak (kolicnik) polinoma odnosno RACIONALNA

FUNKCIJA. Racionalna funkcija fg 6= 0 je u kanonskom ili skracenom obliku

ako je nzd(f, g) = 1. Racionalna funkcija fg je PRAVA ako je deg g < deg g.

Podijelimo li f i g dobijamo f = g · q + r i vidimo da se svaki razlomak fg moze

pisati u obliku

f

g= q +

r

g,

gdje je rg pravi razlomak.

Ovaj prikaz je jedinstven.

1.7 Parcijalni razlomci

Pravi razlomak fg je prost (Parcijalni razlomak) ako je g = P k, (k > 1), pri cemu

je P ireducibilan polinom nad poljem R i degf < degP . Svaki pravi razlomakfg , (f, g 6= 0) je moguce na jedinstven nacin prikazati kao sumu(zbir)parcijalnihrazlomaka.

5

2 Nultacke polinoma

Broj x za koji vrijedi da je P (x) = 0 naziva se NULA (NULTACKA) polinomaP. Ako je Pn(x) = anx

n + an−1xn−1 + . . . + a2x

2 + a1x + a0, onda jednacina

P (x) = 0,

tj.,anx

n + an−1xn−1 + . . . + a2x

2 + a1x + a0 = 0,

naziva ALGEBARSKA JEDNACINA n-tog stepena.

Rjesenja algebarske jednacine su nultacke pripadnog polinoma.Dijleljnje polinoma P stepena veceg ili jednakog 1 polinomom P1(x) = x − a,mozemo zapisati na sljedeci nacin

P (x) = Q(x) · (x− a) + r(x),

=⇒ deg r < deg P1 = 1 =⇒ deg r = 0

Slijedi da je r(x) konstanta pa imamo da je:

P (x) = Q(x) · (x− a) + r.

2.1 Bezuov teorem

Ako u P (x) = Q(x) · (x− a) + r uvrstimo x = a ∈ R dobijamo da je

P (a) = r,

pa imamo da vrijedi sljedeci Teorem:

Teorem 2.1 (Bezuov): Ostatak pri dijeljenju polinoma P (x) binomom1 (x-a),a ∈ R jednak je vrijdnosti P(a).

1polinom oblika Axk +Bxm

6

Dokaz:

Znamo da je

P (x) = Q(x) · (x− a) + r(x),

gdje je

deg r < deg (x− a) = 1 deg r = 0.

Slijedi da je r(x) konstanta pa je

P (x) = Q(x) · (x− a) + r.

Sada je

P (a) = Q(a)(a− a) + r = Q(a) · 0 + r = 0 + r = r.

Ako je x nultacka polinoma P , onda je P (x) = 0.Prema Bezuovom teoremu je P (x) = r.Iz ovoga zakljucujemo da je r = 0 pa je

P (x) = Q(x)(x− x).

Zakljucujemo da ako je x nultacka polinoma P , onda je taj polinom P djeljivbinomom x− x, sto je i trebalo dokazati.

Primjer 2.1 Odrediti ostatak koji se dobija dijeljenjem polinomaA(x) = x2000 + 44x23 + 66x12 − 10 sa polinomom B(x) = x− 1.

Rjesenje:Prema Bezuovom teoremu imamo da vrijedi:

A(x) = Q(x)B(x) + R(x).

Ako ovaj Teorem primjenimo na zadatak u nasem slucaju imamo da je:

x2000 + 44x23 + 66x12 − 10 = Q(x)(x− 1) + R(x)

7

Kako mora biti da je deg R(x) < deg B(x), tada je deg R(x) = 0 ⇒ R(x) =const., pa mozemo pisati:

x2000 + 44x23 + 66x12 − 10 = Q(x)(x− 1) + c.

Posljednja jednakost vrijedi za svaku vrijednost varijable x, pa vrijedi i za x = 1,odakle se dobije:

12000 + 44 · 123 + 66 · 112 − 10 = Q(x)(1− 1) + c

1 + 44 + 66− 10 = c

101 = c.

Dobili smo da je ostatak R(x) = 101.

2.2 Osnovni teorem algebre

Postavlja se pitanje da li polinom P ima uvijek nultacku (bar jednu). Pogleda-jmo polinom

P (x) = x4 + 4.

U skupu R ovaj polinom nema nutacaka, dok u skupu C polinom ima dvijenultacke i to 2i i −2i.

Teorem 2.2 (Osnovni teorem algebre) Svaki polinom P po stepena n ≥ 1ima bar jednu nultacku x u skupu kompleksnih brojeva.

Posljedica 2.1 (Osnovnog teorema algebre) Neka je P po volji odabranpolinom stepena n. On ima bar jednu nultacku x1, pa mozemo pisati

P (x) = (x− x1) · P1(x),

gdje je polinom P1 polinom stepena n− 1.

Neka je x2 nultacka polinoma P1, tada je

P (x) = (x− x1)(x− x2) · P2(x),

deg P2 = n− 2.

8

Nastavljajuci ovaj postupak dobijamo:

P (x) = (x− x1)(x− x2)(x− x3) · . . . · (x− xn)Pn(x),

gdje je Pn polinom stepena n − n = 0, tj. polinom Pn = a je konstanta, paimamo da je:

P (x) = a(x− x1)(x− x2)(x− x3) · . . . · (x− xn).

Izmnozimo li izraz s desne strane i izjednacimo li izraze vidimo da je konstantaa upravo vodeci koeficjent an polinoma P.

Iz ovoga mozemo izvuci tvrdnju koja kaze:Svaki polinom stepena n ≥ 1 ima tacno n nulatacaka x1, x2, . . . , xn (od kojih

neke mogu biti jednake). Polinom mozemo faktorizirati na sljedeci nacin:

P (x) = a(x− x1)(x− x2) . . . (x− xn).

Nultacke su, opcenito kompleksni brojevi.

2.3 Jednake nultacke

Pogledajmo sada situaciju u kojoj neke od nultacaka mogu biti jednake. Ako jex1 nultacka polinoma P (stepena n) onda je

P (x) = (x− x1)P1(x),

gdje je P1 polinom stepena n− 1.Polinom P1 takoder, moze imati istu nultacku x1,

P (x) = (x− x1)(x− x2) · P2(x) = (x− x1)2P2(x).

Postupak mozemo nastaviti sve dok je x1 nultacka dobijenih polinoma Pi(x).Na kraju

P (x) = (x− x1)k · Pk(x).

9

Medutim, x1, nije nultacka od Pk, tj. Pk(x1) 6= 0. Tada dobijamo sljedecudefiniciju

Definicija 2.1 Kazemo da je x nultacka kratnosti k polinoma P ako se on mozenapisati u obliku

P (x) = (x− x1)k ·Q(x),

pri cemu je Q polinom sa svojstvom da je Q(x) 6= 0.

Primjer 2.2 Odrediti nultacke polinoma P (x) = x3 − 10x2 + 25x.

Rjesenje:Imamo da je:

P (x) = x(x2 − 10x + 25)

P (x) = x(x− 5)(x− 5)

P (x) = x(x− 5)2.

Ovaj polinom ima dvije nultacke, tj. x1 = 0 kratnosti 1 i x2 = 5 kratnosti 2.

2.4 Hornerov algoritam

Podijelimo li polinom

Pn(x) = anxn + an−1x

n−1 + . . . + a2x2 + a1x + a0,

polinomom x− a dobijamo

P (x) = (x− a) · P1(x) + r,

gdje je

P1(x) = bnxn−1 + bn−1x

n−2 + . . . + b2x + b1,

a za ostatak vrijedi da je r = b0 (konstanta).

10

Izmnozimo li polinome na desnoj strani i izjednacimo li polinome na lijevojstrani dobijamo

an = bn

an−1 = bn−1 − abn

an−2 = bn−2 − abn−1

...

a2 = b2 − ab3

a1 = b1 − ab2

a0 = b0 − ab1.

Odredimo li bi-ove iz prethodnih jednakosti, dobijamo

bn = an

bn−1 = abn + an−1

bn−2 = abn−1 + an−2

...

b2 = ab3 + a2

b1 = ab2 + a1

b0 = ab1 + a0.

Na taj nacin dobijamo formule za racunanje kolicnika i ostatka pri dijeljenju poli-noma P stepena n ≥ 1 polinomom x−a. Taj algoritam nazivamo HORNEROVALGORITAM.

Hornerov algoritam mozemo predstaviti tabelarno na sljedeci nacin:

an an−1 an−2 . . . a1 a0a bn bn−1 bn−2 . . . b1 b0

gdje je bn = an, bk = abk+1 + ak k = n− 1, . . . 0.

Hornerov algoritam nam daje odgovore na sljedeca pitanja:

1. Koliki je ostatak pri dijeljenju polinoma P polinomom x− a?

2. Da li je polinom P djeljiv polinomom x− a?

3. Koliko je P (a)?

4. Da li je a nultacka polinoma P?

11

Primjer 2.3 Podijeliti polinom P (x) = 2x4 − x3 + 3x+ 6 sa polinomom x− 3!

Rjesenje:

2 -1 0 3 6

3 2 5 15 48 150

• Ostatak pri dijeljenju polinoma P sa x− 3 je 150.

• Polinom P nije dijeljiv sa x− 3.

• P (3) = 150.

• Broj 3 nije nultacka polinoma P .

Imamo dakle da je

P (x) = (x− 3)(2x3 + 5x2 + 15x + 48) + 150.

2.5 Rastav polinoma po potencijama

Podijelimo li polinom sa x− a imamo

P (x) = (x− a) · P1(x) + b0.

Podijelimo li polinom P1 sa x− a imamo

P1(x) = (x− a) · P2(x) + c1.

Sada je

P (x) = (x− a)[(x− a) · P2(x) + c1

]+ b0

= P2(x)(x− a)2 + c1(x− a) + b0.

Podijeliomo li polinom P2 sa x− a imamo:

P2(x) = (x− a) · P3(x) + d1.

Imamo:

P (x) = (x− a)[(x− a) · P3(x) + d1

](x− a)2 + c1(x− a) + b0

= (x− a)3P3(x) + d1(x− a)2 + c1(x− a) + b0.

12

Nastavimo li dalje, dobijamo

P (x) = f1(x− a)n + e1(x− a)n−1 + . . . + d1(x− a)2 + c1(x− a) + b0.

U ovom slucaju kazemo da smo polinom rastavili po potencijama x − a. Tojednostavno mozemo uraditi pomocu Hornerovog algoritma.

Primjer 2.4 Rastaviti polinom P (x) = 2x4 − 5x3 + x2 − 1 po potencijama odx + 3!

Rjesenje:

2 -5 1 0 -1

-3 2 -11 34 -102 305-3 2 -17 85 -357-3 2 -23 154-3 2 -29-3 2

Na osnovu ovoga rastav polinoma P (x) po potencijama x + 3 glasi:

P (x) = 2(x + 3)4 − 29(x + 3)3 + 154(x + 3)2 − 357(x + 3) + 305.

2.6 Svojstva nultacaka polinoma

Teorem 2.3 Ako je P polinom sa realnim koeficjentima i z = x + yi ∈ Cnjegova nultacka, tada je i z = x− yi nultacka polinoma P.

Dokaz:

Znamo da jez1 + z2 = z1 + z2,

k · z = k · z,

z1 · z2 = z1z2.

Sada je

(z)2

= z · z = zz = (z)2,

13

Sada imamo

P (z) = an(z)n + an−1(z)n−1 + . . . + a2(z)2 + a1z + a0

= anzn + an−1zn−1 + . . . + a2z2 + a1z + a0

= anzn + an−1zn−1 + . . . + a2z2 + a1z + a0

= P (z)

= 0

= 0.

Posljedica 2.2 Polinom sa realnim koeficjentima ili nema kompleksnih nula iliih ima paran broj.Polinom neparnog stepena s realnim koeficjentima ima bar jednu realnu nultacku.Polinom parnog stepena sa realnim koeficjentima ima ili paran broj realnihnultacaka ili ih uopce nema.

Teorem 2.4 Svaki polinom sa realnim koeficjentima se moze rastaviti na fak-tore s realnim koeficjnetima stepena najvise 2.

3 Vietove formule za polinom 3. stepena

Svaku algebarsku jednacinu s racionalnim koeficjentima mozemo mnozenjem snajmanjim zajednickim sadrziocem nazivnika tih koeficjenata svesti na alge-barsku jednacinu s cjelobrojnim koeficjentima. Zato svu diskusiju o nultackamapolinoma mozemo provesti na polinomima sa cjelobrojnim koeficjentima.Neka je

P (x) = ax3 + bx2 + cx + d,

po volji odabran polinom stepena 3 cije su nultacke x1, x2, x3.

ax3 + bx2 + cx + d = a(x− x1)(x− x2)(x− x3)

= a(x2 − xx1 − xx2 + x1x2)(x− x3)

= a(x3 − x2x1 − x2x2 + x1x2x− x2x3 + xx1x3 + x2x3x− x1x2x3)

= ax3 − ax2x1 − ax2x2 + ax1x2x− ax2x3 + axx1x3 + ax2x3x− ax1x2x3

= ax3 − a(x1 + x2 + x3)x2 + a(x1x2 + x1x3 + x2x3)x− ax1x2x3.

Izjednacimo li lijevu i desnu stranu dobijamo

a = a

b = −a(x1 + x2 + x3)

c = a(x1x2 + x1x3 + x2x3)

d = −a(x1x2x3).

14

Sredimo li to dobijamo Vietove formule za polinom 3. stepena

x1 + x2 + x3 = − b

a,

x1x2 + x1x3 + x2x3 =c

a,

x1x2x3 = −d

a.

Primjer 3.1 Napisati jednacinu cija su rjesenja x1 = 2, x2 = 3, x3 = −5.

Rjesenje:Dakle, imamo da je:

ax3 + bx2 + cx + d = 0

Ako ovo podijelimo sa a imamo:

x3 +b

ax2 +

c

ax +

d

a= 0.

Kad uvrsimo u Vietove formule imamo da je:

− b

a= x1 + x2 + x3 = 2 + 3− 5 = 0,

c

a= x1x2 + x1x3 + x2x3 = 2 · 3 + 3 · (−5) + 2 · (−5) = 6− 15− 10 = −19,

−d

a= x1x2x3 = 2 · 3 · (−5) = −30.

Uvrstimo u gornju jednacinu pa imamo da je:

x3 + 0 · x2 − 19x + 30 = 0,

x3 − 19x + 30 = 0.

3.1 Racionalne i cjelobrojne nultacke

Teorem 3.1 Ako je cijeli broj k nultacka polinoma

Pn(x) = anxn + an−1x

n−1 + . . . + a2x2 + a1x + a0,

s cjelobrojnim koeficjentima, onda je koeficjent a0 djeljiv sa k.Ako je racionalan broj p

q gdje su p i q relativno prosti brojevi (razlomak pq je pot-

puno skracen) nultacka polinoma P, onda je koeficjent a0 djeljiv s p, a koeficjentan je djeljiv s q.

15

Dokaz:

Kako je prvi kriterij za cjelobrojne nultacke specijalan slucaj drugog, to jedovoljno dokazati tvrdnju za racionalne nultacke.Neka je razlomak p

q potpuno skracen, tj. da su p i q relativno prosti (nzd(p, q) =

1).Tada je:

an

(pq

)n

+ an−1

(pq

)n−1

+ . . . + a2

(pq

)2

+ a1

(pq

)+ a0 = 0/ · qn

anpn + an−1p

n−1q + . . . + a2p2qn−2 + a1pq

n−1 + a0qn = 0

p(apn−1 + an−1pn−2q + . . . + a2pq

n−2 + a1qn−1) = −a0qn.

Imamo da je lijeva strana djeljiva sa p. To znaci da i desna strana mora bitidjeljiva sa p. Kako ni q, pa samim tim ni qn, nije djeljiva sa p, to mora biti a0djeljiva sa p.

S druge strane imamo slicno:

q(an−1pn−1 + an−2p

n−2q + . . . + a2p2qn−3 + a1pq

n−2 + a0qn−1) = −anpn.

Imamo da je lijeva strana djeljiva sa q. To znaci da i desna strana mora bitidjeljiva sa q. Kako ni p, pa samim tim ni pn nije djeljiva sa q, to mora biti daje an djeljiva sa q.

Teorem 3.2 Ako je racionalan broj pq nultacka polinoma P sa cjelobrojnim

koeficjentima ciji je vodeci koeficjent 1, onda je ta nultacka cijeli broj.

Dokaz:

Ako je an = 1, onda po teoremu(3.2) q dijeli an. Iz toga slijedi da je q = ±1.Zakljucujemo da je

p

q= ±p ∈ Z.

Primjer 3.2 Odredimo moguce racionalne nultacke (kandidate za nultacke)polinoma P (x) = 5x4 + 173x3 − 3592x2 − 6.

Rjesenje:

Imamo da je:

p ∈ {±1,±2,±3,±6},

16

q ∈ {±1,±5},

Sada imamo:p

q∈ {±1,±1

5,±2,±2

5,±3,±3

5,±6,±6

5}

.

17

Literatura

[1] Bernadin Ibrahimpasic: - ”Predavanje iz predmeta Elementarna matem-atika II ” - Predavanje akademska godina 2009/2010. Bihac

[2] Jovan Kecic: - ”Matematika za 3. razred srednje skole” - 2006, IstocnoSarajevo

18