Twierdzenie Bézouta i pierwiastki całkowite

🎯 Po co Ci to?

Równanie $x^3 - 2x^2 - 5x + 6 = 0$. Delta nie zadziała: jest dla kwadratowych. Rozkład nie wpada do oka. Co robi myśliwy? Zgaduje, ale mądrze. Za chwilę zobaczysz, że kandydatów na „ładne" pierwiastki jest zaledwie ośmiu i że każde trafienie natychmiast łamie wielomian na mniejsze kawałki. To jest serce całego działu: zgadnij jednego, resztę wytropi algebra.

✅ Czego się nauczysz

  • rozumieć twierdzenie Bézouta: pierwiastek $\iff$ dzielnik $x - a$;
  • zawężać listę kandydatów: pierwiastki całkowite dzielą wyraz wolny;
  • łamać wielomiany stopnia 3 i wyżej metodą „zgadnij → podziel → obniż stopień".

📘 Wyjaśnienie

W §8.2 zauważyliśmy, że dzielenie $x^3 - 2x^2 - 5x + 6$ przez $x - 1$ wyszło bez reszty. Przypadek? Nie, reszta z dzielenia przez $x - a$ to $W(a)$, a $W(1) = 1 - 2 - 5 + 6 = 0$. Jedynka jest pierwiastkiem, więc reszta musiała być zerem. To spostrzeżenie, odwrócone w obie strony, nosi nazwisko francuskiego matematyka:

📐 TWIERDZENIE (Bézout): liczba $a$ jest pierwiastkiem wielomianu $W$ (czyli $W(a) = 0$) wtedy i tylko wtedy, gdy $W(x)$ dzieli się bez reszty przez $x - a$.

Równoważność (obie strony naraz: §1.2 w akcji) czyni z twierdzenia maszynę dwukierunkową: znajdziesz pierwiastek → masz czynnik; masz czynnik → znasz pierwiastek.

Zostaje pytanie: skąd brać kandydatów? Gdyby trzeba było sprawdzać wszystkie liczby, polowanie nie miałoby sensu. Na szczęście dla „ładnych" pierwiastków lista jest krótka:

📐 FAKT (pierwiastki całkowite): jeśli wielomian o współczynnikach całkowitych ma pierwiastek całkowity $a$, to $a$ dzieli wyraz wolny $a_0$.

Dlaczego? Spójrz na $W(a) = 0$ dla naszego przykładu: $a^3 - 2a^2 - 5a + 6 = 0$, czyli $6 = -a^3 + 2a^2 + 5a = a(-a^2 + 2a + 5)$. Prawa strona to $a$ razy liczba całkowita, więc $a$ dzieli $6$. Ten sam argument działa zawsze: wszystkie wyrazy poza wolnym mają w sobie $a$, więc wyraz wolny musi być jego wielokrotnością.

Polowanie w praktyce: $x^3 - 2x^2 - 5x + 6 = 0$:

  1. Kandydaci: dzielniki $6$: $;\pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 6$. Ośmiu podejrzanych.
  2. Przesłuchanie (Hornerem albo wprost): $W(1) = 0$; mamy go!
  3. Podział łupu: z tabelki Hornera $W(x) = (x - 1)(x^2 - x - 6)$.
  4. Niższy stopień = stara broń: czynnik kwadratowy to sprawa delty albo rozkładu: $x^2 - x - 6 = (x - 3)(x + 2)$.
  5. Werdykt: $W(x) = (x-1)(x-3)(x+2)$; pierwiastki $1, 3, -2$. (Wszystkie trzy rzeczywiście są dzielnikami szóstki.)

Schemat „zgadnij → podziel → obniż stopień" działa piętro po piętrze: wielomian stopnia $5$ po jednym trafieniu ma stopień $4$, po dwóch $3$… aż zejdziesz do kwadratowego, gdzie czeka delta.

A gdy pierwiastek nie jest całkowity, lecz ułamkiem? Lista kandydatów tylko trochę się wydłuża:

📐 FAKT (pierwiastki wymierne [poza podstawą]): jeśli wielomian o współczynnikach całkowitych ma pierwiastek wymierny $\frac{p}{q}$ (ułamek nieskracalny), to $p$ dzieli wyraz wolny, a $q$ dzieli współczynnik najstarszy.

Np. dla $2x^3 - 3x^2 - 3x + 2$: liczniki z dzielników $2$, mianowniki z dzielników $2$; kandydaci $\pm 1, \pm 2, \pm\frac{1}{2}$. Sprawdź $x = \frac{1}{2}$: trafiony. I ważna świadomość: ta lista łapie tylko pierwiastki wymierne. $x^2 - 2$ ma wyraz wolny $-2$, kandydatów $\pm 1, \pm 2$, i żaden nie działa, bo pierwiastki to $\pm\sqrt{2}$, uciekinierzy poza ℚ (pamiętasz thriller z §2.2?). Pusta lista trafień nie znaczy „brak pierwiastków"; znaczy „brak wymiernych".

💭 Pomyśl: Wielomian $x^3 + 4x^2 + x - 6$ ma pierwiastek całkowity. Wypisz kandydatów i znajdź go.

Sprawdź odpowiedź

Kandydaci: $\pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 6$. $;W(1) = 1 + 4 + 1 - 6 = 0$; pierwiastkiem jest $1$. (Dalej Horner dałby $(x-1)(x^2+5x+6) = (x-1)(x+2)(x+3)$; pozostałe to $-2$ i $-3$.)

⚠️ Uwaga, pułapka

Twierdzenie o dzielnikach wymaga współczynników całkowitych, dla $x^2 - \frac{1}{2}x$ nic nie obiecuje. I daje tylko kandydatów, nie wyroki: dzielników wyrazu wolnego bywa dużo, a pierwiastkiem może nie być żaden. Każdego kandydata trzeba sprawdzić ($W(a) = 0$?), a Horner robi to najtaniej: trafienie od razu wręcza Ci iloraz.

🕰️ Skąd to się wzięło

Étienne Bézout (XVIII w.) był autorem najpopularniejszych podręczników matematyki swojej epoki: pisanych dla kandydatów do francuskiej artylerii i marynarki, gdzie rachunek trajektorii był kwestią życia. Twierdzenie, które nosi jego imię, jest drobnym ogniwem jego prac o równaniach; historia bywa hojna dla dobrych nauczycieli. Zabawny rewers tej hojności znasz z §8.2: „schemat Hornera" odkryto kilkaset lat przed Hornerem.

📌 Najważniejsze w pigułce

  • Bézout: $W(a) = 0 \iff (x - a)$ dzieli $W$; pierwiastek i czynnik to jedno.
  • Pierwiastek całkowity dzieli wyraz wolny → krótka lista kandydatów do sprawdzenia.
  • Metoda: kandydaci → trafienie (Horner) → iloraz niższego stopnia → powtórz / delta.
  • (poza podstawą) Wymierny $\frac{p}{q}$: $p \mid a_0$, $q \mid a_n$; pusta lista = brak wymiernych, nie żadnych.

🎒 Zadania

  1. Rozwiąż równanie $x^3 - 7x + 6 = 0$ metodą polowania (uwaga na brakujący wagon $x^2$ w Hornerze).
  2. Sprawdź, czy $x - 3$ jest dzielnikiem $W(x) = x^3 - 4x^2 + x + 6$: jednym rachunkiem.
  3. Wielomian $x^3 + bx^2 - x - 2$ ma pierwiastek $x = 2$. Wyznacz $b$ i pozostałe pierwiastki.
Rozwiązanie krok po kroku

1. Kandydaci (dzielniki $6$): $\pm1, \pm2, \pm3, \pm6$. $W(1) = 1 - 7 + 6 = 0$ ✓. Horner ($1, 0, -7, 6$; $a=1$): $1, 1, -6, 0$ → $W(x) = (x-1)(x^2 + x - 6) = (x-1)(x+3)(x-2)$. Rozwiązania: $x \in {1, 2, -3}$.

2. $W(3) = 27 - 36 + 3 + 6 = 0$: tak, dzieli (Bézout: wartość zero $\iff$ dzielnik).

3. $W(2) = 8 + 4b - 2 - 2 = 0 \Rightarrow 4b = -4 \Rightarrow b = -1$. Wielomian: $x^3 - x^2 - x - 2$; Horner przez $(x-2)$: $1, 1, 1, 0$ → iloraz $x^2 + x + 1$, którego $\Delta = 1 - 4 < 0$. Jedyny pierwiastek rzeczywisty: $x = 2$.

🔍 Sprawdź, czy umiesz

  • wypisać kandydatów z wyrazu wolnego i przesłuchać ich Hornerem;
  • rozbić wielomian stopnia 3 na czynniki i podać wszystkie pierwiastki.

Ucz się tej jednostki z asystentem