Pentru ecuația $$2x^3+3x^2+5x+9=0$$ s-au încercat toți cei doisprezece candidați și niciunul nu o anulează. Ce concluzie se poate scrie?

Ecuația nu are soluții reale.

Ecuația are exact o soluție rațională.

De ce trebuie ca fracția p/q să fie ireductibilă?

Pentru că teorema vorbește despre forma cea mai simplă a fracției. Aceeași soluție, 1/2, s-ar putea scrie 2/4, iar numitorul 4 n-ar mai fi neapărat un divizor al coeficientului dominant, ceea ce ar face lista incompletă sau greșită.

Cum rezolv o ecuație de gradul 3 cu Horner?

Profilul tău de liceu: nu l-ai ales încăProfilul tău: mate-info (M1)Profilul tău: științe ale naturii (M2); pagina asta e pentru științe ale naturii (M2) — mini-lecția M1 pereche → ·

Lecția pe scurt · clasa a XII-a · Rădăcini raționale

Cauți o soluție rațională printre candidații $\frac{p}{q}$ , cu $p$ divizor al termenului liber și $q$ divizor al coeficientului dominant. Apoi cobori gradul cu schema lui Horner. Exemplu: $2 x^{3} - 3 x^{2} - 11 x + 6 = 0$ . Numărul $3$ verifică: $54 - 27 - 33 + 6 = 0$ . Horner la $3$ dă câtul $2 x^{2} + 3 x - 2$ , cu soluțiile $\frac{1}{2}$ și $- 2$ . Mulțimea soluțiilor este ${- 2, \frac{1}{2}, 3}$ .

Pentru gradele al treilea și al patrulea nu există formulă de rezolvare, dar coeficienții întregi strâng căutarea la o listă finită. Teorema rădăcinilor raționale spune: dacă fracția $\frac{p}{q}$ , scrisă cu $p$ și $q$ întregi fără divizor comun, anulează polinomul $a_{n} X^{n} + \dots + a_{0}$ , atunci $p$ împarte termenul liber, iar $q$ împarte coeficientul puterii celei mai mari. Numărătorul privește în jos, numitorul în sus. Cerința ca fracția să fie scrisă în forma cea mai simplă nu e decorativă: fără ea, orice amplificare ar strica afirmația.

Rețeta are trei mișcări — divizorii termenului liber, divizorii pozitivi ai coeficientului dominant, apoi toate rapoartele cu ambele semne, fiecare valoare păstrată o dată. Când coeficientul dominant este $1$ , candidații rămân numerele întregi care împart termenul liber, adică metoda deja cunoscută din clasa a IX-a. De îndată ce el se schimbă, în listă apar și valori fracționare, iar o căutare mărginită la numere întregi le pierde.

Încercările pornesc de la $1$ și de la $- 1$ , unde calculul se reduce la o adunare de coeficienți, iar schema lui Horner dă în același timp verdictul și ecuația rămasă. O listă parcursă până la capăt fără nicio potrivire închide doar mulțimea numerelor raționale: concluzia corectă este „fără soluții raționale", iar la grad impar o soluție reală există oricum.

De reținut

candidații raționali: $\frac{p}{q}$ , cu $p ∣ a_{0}$ și $q ∣ a_{n}$ , ambele semne
o soluție găsită coboară gradul cu schema lui Horner
coeficienții fracționari se elimină înmulțind cu numitorul comun

Greșeala tipică

Se pun pe listă doar divizorii pozitivi ai termenului liber; candidații negativi trebuie și ei încercați, fiindcă la $2 x^{3} - 3 x^{2} - 11 x + 6 = 0$ o soluție este $- 2$ .

Exerciții din această mini-lecție

Ecuația $4 x^{3} + 7 x^{2} - 3 x + 10 = 0$ are coeficienți întregi. Care dintre numerele de mai jos nu poate fi soluție a ei, fără niciun calcul?
- a) $\frac{5}{2}$
- b) $\frac{2}{5}$
- c) $- \frac{1}{4}$
- d) $- 10$
Vezi răspunsul

Răspuns corect: b) $\frac{2}{5}$

Numărătorul trebuie să împartă termenul liber $10$ , iar numitorul coeficientul dominant $4$ . La $\frac{2}{5}$ numitorul este $5$ , care nu împarte pe $4$ , deci fracția nici nu intră în listă. Celelalte trei trec proba: $5 ∣ 10$ și $2 ∣ 4$ ; $1 ∣ 10$ și $4 ∣ 4$ ; $10 ∣ 10$ și $1 ∣ 4$ — ele sunt candidați, chiar dacă nu sunt neapărat soluții.
Se știe că $- 2$ este soluție a ecuației $5 x^{3} - 3 x^{2} - 20 x + 12 = 0$ . Care este câtul împărțirii membrului stâng la $x + 2$ ?
- a) $5 x^{2} - 13 x + 6$
- b) $5 x^{2} - 3 x + 6$
- c) $5 x^{2} + 7 x - 6$
- d) $5 x^{2} - 13 x - 6$
Vezi răspunsul

Răspuns corect: a) $5 x^{2} - 13 x + 6$

Schema lui Horner cu $a = - 2$ pe coeficienții $5, - 3, - 20, 12$ dă rândul $5$ ; $- 3 - 10 = - 13$ ; $- 20 + 26 = 6$ ; $12 - 12 = 0$ . Câtul este $5 x^{2} - 13 x + 6$ , iar proba se face înmulțind înapoi. Varianta b) copiază al doilea coeficient fără adunarea din schemă; c) folosește $a = 2$ în loc de $a = - 2$ ; d) schimbă semnul termenului liber al câtului.
Pentru ecuația $2 x^{3} + 3 x^{2} + 5 x + 9 = 0$ s-au încercat toți cei doisprezece candidați și niciunul nu o anulează. Ce concluzie se poate scrie?
- a) Ecuația nu are soluții.
- b) Ecuația nu are soluții reale.
- c) Ecuația nu are soluții raționale.
- d) Ecuația are exact o soluție rațională.
Vezi răspunsul

Răspuns corect: c) Ecuația nu are soluții raționale.

Teorema restrânge căutarea numai printre numerele raționale, deci epuizarea listei închide exact această mulțime. Varianta a) și varianta b) sunt false: o ecuație de grad impar cu coeficienți reali are întotdeauna cel puțin o soluție reală, iar aici ea există și nu se scrie ca raport de întregi. Varianta d) contrazice chiar ipoteza, fiindcă niciun candidat nu a fost potrivit.

Întrebări conexe

Cum scriu lista candidaților pentru o ecuație cu coeficientul dominant $3$ și termenul liber $- 4$ ?

Numărătorii sunt divizorii lui $4$ : $1$ , $2$ , $4$ ; numitorii sunt divizorii lui $3$ : $1$ , $3$ . Cu ambele semne, lista are $12$ valori: $\pm 1$ , $\pm 2$ , $\pm 4$ , $\pm \frac{1}{3}$ , $\pm \frac{2}{3}$ , $\pm \frac{4}{3}$ .

Cum rezolv o ecuație de gradul 4 cu două soluții raționale?

La $x^{4} - x^{3} - 7 x^{2} + x + 6 = 0$ , $1$ și $- 1$ verifică, deci membrul stâng se divide cu $x^{2} - 1$ . Câtul este $x^{2} - x - 6 = (x - 3) (x + 2)$ , iar soluțiile sunt $- 2$ , $- 1$ , $1$ și $3$ . Proba prin înmulțire, $(x^{2} - 1) (x^{2} - x - 6)$ , redă polinomul inițial.

Ce fac dacă ecuația are coeficienți fracționari?

Înmulțești cu numitorul comun. Ecuația $x^{3} - \frac{1}{2} x^{2} - 2 x + 1 = 0$ devine $2 x^{3} - x^{2} - 4 x + 2 = 0$ , cu soluția $\frac{1}{2}$ . Apoi $(2 x - 1) (x^{2} - 2) = 0$ dă și soluțiile iraționale $\pm 2$ . Teorema a găsit doar soluția rațională; celelalte două au ieșit din factorul de gradul al doilea.

De ce trebuie ca fracția $\frac{p}{q}$ să fie ireductibilă?

Pentru că teorema vorbește despre forma cea mai simplă a fracției. Aceeași soluție, $\frac{1}{2}$ , s-ar putea scrie $\frac{2}{4}$ , iar numitorul $4$ n-ar mai fi neapărat un divizor al coeficientului dominant, ceea ce ar face lista incompletă sau greșită.

Cum arăt cu teorema că $2$ este irațional?

Numărul $2$ este soluție a ecuației $x^{2} - 2 = 0$ , ai cărei candidați raționali sunt doar $\pm 1$ și $\pm 2$ . Niciunul nu verifică, deci ecuația nu are soluții raționale, iar $2$ nu poate fi număr rațional.

Oamenii mai întreabă și: ecuație de gradul 3 rezolvată cu Horner · cum rezolv o ecuație de gradul trei · rădăcini raționale și schema lui Horner · coborârea gradului cu Horner