2013-09-18
Umeå Universitet
Matematiska institutionen
PAB
Om konsten att gissa rötter till en polynomekvation.
Den typ av ekvation som vi skall behandla här är en polynomekvation, d.v.s. en ekvation av
typen
P (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an−1 xn−1 + an xn = 0.
Vi kommer att anta att a0 , a1 , a2 , . . . , an är heltal. Vi kunde ha tillåtit att de var rationella tal men
en ekvation där a0 , a1 , a2 , . . . , an är rationella kan, om man multiplicerar med ett lämpligt heltal,
överföras i en ekvivalent ekvation där koefficienterna är heltal, t.ex. 23 x3 − 2x2 + 41 x − 32 = 0 kan vi
multiplicera med 12 så får vi den helt ekvivalenta ekvationen 8x3 − 24x2 + 3x − 18 = 0.
p
Vi skall formulera en sats som ger ett villkor för att ett rationellt tal, d.v.s. ett tal på formen ,
q
där p och q är heltal, skall kunna vara en rot till ekvationen. Satsen har följande lydelse.
p
kan vara en rot till ekvationen a0 +a1 x+a2 x2 +· · ·+an−1 xn−1 +an xn =
q
0, där samtliga koefficienter a0 , a1 , a2 , . . . , an är heltal, bara om p är en delare till a0 och q är en
p
delare till an . Vi förutsätter här att bråket är förkortat så långt det går, d.v.s. att sgd(p, q) = 1.
q
Sats A: Det rationella talet
Det är alltså ingen idé att ”gissa” på några andra heltal eller rationella tal än de som uppfyller
detta villkor på p och q. Som exempel kan vi ta ekvationen 6 x3 + x2 + x + 2 = 0 där a0 = 2 =
konstanta termen och a3 = 6 = högstagradtermens koefficient. Möjliga värden på p och q uppfyller
då p|2 och q|6, d.v.s. vi kan ha p = ±1, ±2 och q = 1, 2, 3, 6. Vi skall alltså prova följande värden
genom att sätta in dem i ekvationen.
p
1
1
2
1
= ±1, ±2, ± , ± , ± , ± .
q
2
3
3
6
2
satisfierar ekvationen men inget annat av talen gör
3
2
det. Den enda enkla rot som ekvationen har är alltså − . Enligt faktorsatsen vet vi att polynomet
3
2
1
2
6 x3 + x2 + x + 2 är delbart med x +
men x +
= · (3x + 2) så polynomet är även delbart
3
3
3
med (3x + 2) och division ger att 6 x3 + x2 + x + 2 = (3x + 2)(2x2 − x + 1). Om vi vill bestämma
√
1
7
2
övriga rötter till ekvationen så får vi dem genom att lösa 2x − x + 1 = 0 vilket ger x = ± i
.
4
4
Om vi provar dessa tal så ser vi att x = −
För att bevisa satsen behöver vi först några fakta.
Sats B: (Sats 4.9, sid. 166) Om a och b är heltal och sgd(a, b) = 1 så gäller a|bc −→ a|c.
Vi skall också visa följande sats.
Sats C: Om a och b är heltal och n ∈ Z+ samt sgd(a, b) = 1 så gäller även sgd(a, bn ) = 1.
Bevis, sats C: Vi visar att påståendet P (n) = [sgd(a, b) = 1 −→ sgd(a, bn ) = 1] är sant för alla
heltal n ≥ 1 med hjälp av ett induktionsbevis.
1) P (1) är trivialt sant eftersom det säger att sgd(a, b) = 1 −→ sgd(a, b) = 1.
2) Antag att P (n − 1) är sant, d.v.s. sgd(a, b) = 1 −→ sgd(a, bn−1 ) = 1. Vi skall visa att P (n) är
sant, d.v.s. sgd(a, b) = 1 −→ sgd(a, bn ) = 1. Vi antar då att sgd(a, b) = 1 och att sgd(a, bn ) = d.
Då har vi dels att d|a, dels att d|bn eller som det också kan skrivas d|bn−1 · b. Eftersom vi har
antagit att sgd(a, b) = 1 så ger induktionsantagandet att sgd(a, bn−1 ) = 1. Enligt Sats B gäller
då d|b. Då vet vi att d|a och d|b. Men sgd(a, b) = 1 så vi måste ha d = 1 d.v.s. sgd(a, bn ) = 1.
Vi har alltså visat att sgd(a, b) = 1 −→ sgd(a, bn ) = 1 gäller. Alltså gäller att, om P (n − 1) är
sant så är P (n) sant, d.v.s. vi har visat att P (n − 1) −→ P (n).
3) Av 1) och 2) följer, enligt induktionsprincipen, att P (n) är sant för alla n ≥ 1.
VSB.
Nu tar vi itu med den första satsen.
p
Bevis av sats A: Antag att bråket är förkortat så långt det går, d.v.s. att sgd(p, q) = 1 och att
q
p
x = satisfierar ekvationen a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an−1 xn−1 + an xn = 0. Alltså får vi, om vi sätter
q
p
in x = i ekvationen. Vi utnyttjar nedan att sgd(p, q) = 1, enl. Sats C, medför att sgd(p, q n ) = 1
q
och sgd(q, pn ) = 1.
2
n−1
n
p
p
p
p
a0 + a1
+ a2
+ · · · + an−1
+ an
=0
q
q
q
q
p2
pn−1
pn
p
a0 + a1 + a2 2 + · · · + an−1 n−1 + an n = 0
q
q
q
q
som vi skriver om till
vilket sedan multipliceras med q n
a0 q n + a1 pq n−1 + a2 p2 q n−2 + · · · + an−1 pn−1 q + an pn = 0. Vi skriver om detta på två sätt
p a1 q n−1 + a2 pq n−2 + · · · + an−1 pn−2 q + an pn−1 = −a0 q n
(1)
q a0 q n−1 + a1 pq n−2 + a2 p2 q n−3 + · · · + an−1 pn−1 = −an pn
(2)
Av (1) följer att p| a0 q n och vi har, enl. Sats C, sgd(p, q n ) = 1 så enligt Sats B gäller p| a0 .
Av (2) följer att q| an pn och vi har, enl. Sats C, sgd(q, pn ) = 1 så enligt Sats B gäller q| an .
Som en direkt tillämpning av Sats A får vi följande
VSB.
√
Följdsats 1: För alla positiva heltal m gäller att m är ett irrationellt tal utom då m = p2 för
något heltal p. (Observera att ett tal är irrationellt om det är reellt men inte rationellt.)
√
√
p
p
så är x = en lösning till
q
q
ekvationen x2 − m = 0. Alltså följer att q|1, enligt Sats A, d.v.s. q = 1 men då är lösningen x = p,
d.v.s. p2 − m = 0 eller m = p2 där p ∈ Z.
Bevis: Talet
m är lösning till ekvationen x2 − m = 0. Om
m=
Följdsats 2: För ekvationen a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an−1 xn−1 + xn = 0, där koefficienterna
a0 , a1 , a2 , . . . , an−1 är heltal, räcker det att testa om det finns någon eller några lösningar bland de
tal som är delare till heltalet a0 .
Är ingen av dessa heltal p en lösning så återstår oftast bara numeriska metoder för att få fram
approximativa värden på lösningarna.
p
är en lösning till ekvationen så
q
gäller q| 1, d.v.s. q = 1. En eventuell enkel lösning är alltså på formen x = p där p|a0 .
VSB
Bevis: På samma sätt som i föregående bevis följer att om x =
