Polynomy
Text určený
studentům učitelství
matematiky
Irena Budínová
Masarykova univerzita
Pedagogická fakulta
POLYNOMY
TEXT URČENÝ STUDENTŮM UČITELSTVÍ MATEMATIKY
MGR. IRENA BUDÍNOVÁ, PH.D.
2013
3
1 Obsah
2 Polynomy ....................................................................................................................................5
Cíle kapitoly.....................................................................................................................................5
Doba potřebná k prostudování.......................................................................................................5
Průvodce studiem...........................................................................................................................5
2.1 Algebraická definice polynomů...........................................................................................6
2.2 Dělení polynomů.................................................................................................................8
2.3 Hornerovo schéma............................................................................................................10
2.4 Využití Hornerova schématu pro nalezení Taylorova rozvoje polynomu.........................12
2.5 Dělitelnost polynomů........................................................................................................17
Úlohy k procvičení.........................................................................................................................26
3 Algebraické rovnice...................................................................................................................27
Cíle kapitoly...................................................................................................................................27
Doba potřebná k prostudování.....................................................................................................27
Průvodce studiem.........................................................................................................................27
3.1 Kořeny polynomu..............................................................................................................27
3.2 Derivace polynomu...........................................................................................................30
3.3 Polynomy s celými koeficienty..........................................................................................33
3.4 Vietovy vztahy...................................................................................................................35
3.5 Lineární rovnice.................................................................................................................38
3.6 Kvadratická rovnice...........................................................................................................39
3.7 Kubická rovnice.................................................................................................................39
3.8 Rovnice 4. stupně..............................................................................................................40
3.9 Rovnice vyšších stupňů .....................................................................................................41
3.10 Některé typy algebraických rovnic....................................................................................41
Úlohy k procvičení.............................................................................................................................46
4 Polynomy více proměnných......................................................................................................47
Cíle kapitoly...................................................................................................................................47
Doba potřebná k prostudování.....................................................................................................47
Průvodce studiem.........................................................................................................................47
4.1 Elementární symetrické polynomy...................................................................................50
Úlohy k procvičení.........................................................................................................................55
Literatura ..........................................................................................................................................56
5
2 Polynomy
Cíle kapitoly
Prostudování této kapitoly vám umožní:
• Definovat polynom
• Dělit polynomy
• Hledat Taylorův rozvoj polynomu
• Určovat největší společný dělitel polynomů
• Hledat kořeny polynomu
• Využívat Vietovy vztahy k hledání kořenů polynomu
Doba potřebná k prostudování
Cca 3 hodiny
Průvodce studiem
Již ze střední školy znáte pojem polynomu. Polynom (neboli mnohočlen) byl chápán
jako matematický výraz, který je zapsán jako součet několika jednočlenů. Jednočlen se
skládá z několika částí – koeficientu (tím může být libovolné reálné číslo) a jedné (nebo
více) proměnných s kladným celočíselným exponentem.
V kurzu matematické analýzy jste se s polynomem setkali jako se speciálním
případem (reálných) funkcí (jedné reálné proměnné), to znamená jako se zobrazením
z množiny reálných čísel do množiny reálných čísel. Přitom se s těmito funkcemi velice
příjemně pracuje pro jejich vlastnosti: jejich definiční obor je vždy celá množina reálných
čísel, v této množině jsou všude spojité a mají derivace libovolného řádu, jimiž jsou opět
polynomy, atd.
Již na základní škole jste se naučili sčítat polynomy a násobit polynomy. Na střední
škole se znalosti rozšířily o dělení polynomů.
Z algebraického hlediska je zvláště zajímavé, že výsledkem sčítání a násobení
polynomů jsou opět polynomy. Proto polynomy tvoří algebraickou strukturu se dvěma
(binárními) operacemi.
Připomeňme tvar, ve kterém jste byli zvyklí polynom zapisovat. Libovolný polynom
můžeme upravit na tvar
+ + ⋯ + + ,
kde ∈ , , , … , ∈ .
V tomto textu rozšíříme dále znalosti z oblasti polynomů o definice důležitých pojmů
a o další možnosti práce s polynomy.
Budeme používat pojmů a znalostí, se kterými jste se setkali v předcházejících
kurzech algebry. Věty budeme dokazovat v případech, že důkaz není příliš náročný a jsme
si jisti, že student bude schopen sledovat linii důkazu. Konec důkazu bude standardně
označen čtverečkem.
Při vytváření polynomů můžeme postupovat v podstatě dvojím způsobem. Můžeme
je pojímat jako funkce, s čímž jste se setkali v matematické analýze. Polynom je zde
chápán jako funkce jedné proměnné , kterou na celém definičním oboru můžeme zapsat
ve tvaru + + ⋯ + + , kde , , … , jsou konstanty. Tato
definice říká, že každý polynom může být vyjádřen jako konečný součet jednočlenů ve
tvaru , kde proměnná je umocněna na nezáporné celé číslo.
Můžeme však také vycházet z faktu, že polynom je určen svými koeficienty a že
rovnost, sčítání i násobení polynomů lze popsat pomocí rovnosti či operací s jejich
koeficienty. My využijeme druhého přístupu a budeme vycházet z algebraické definice
polynomu.
2.1 Algebraická definice polynomů
Definice 1 Polynomem nad tělesem T1
rozumíme posloupnost ( , , , …) prvků
tělesa T, v níž nejvýše konečně mnoho členů je nenulových. Množinu všech polynomů nad
T označujeme T[x].
Polynom ̅ = (0,0, … ,0) nazýváme nulovým polynomem.
Poznámka: Např. polynom 5 + 13 − 2 + 2 můžeme ztotožnit s posloupností (2,
0, 0,-2 ,0 ,0 ,13 ,5).
1
Číselným tělesem rozumíme uspořádanou trojici ( )⋅+,,T , kde T je podmnožina množiny
komplexních čísel C taková, že TT ∈∈ 1,0 a platí:
).)(,( TyxTyxTyx ∈∧∈+∈∀ (je uzavřená na sčítání a násobení),
TxTx ∈−∈∀ ).1)(( (je uzavřená na opačné prvky),
)
1
0)(( T
x
xTx ∈⇒≠∈∀ (je uzavřená na převrácené hodnoty nenulových prvků).
7
Definice 2 Na množině T[x] definujeme pro = ( , , … ), = !" ," , … # ∈ $% &:
1) = 	⇔	∀) ∈ * : = "
2) + = ( + " , + " , … , + " , … ), + ∈ $% &
3) ∙ = (- , - , - , … ), ∙ ∈ $% &, kde - = " , - = " + " , - =
" + " + " , atd.
Poznámka: Např. polynomy = 2 + − + 3 a = 3 + 2 + 1 násobíme takto:
∙ = 2 ∙ 3 + 2 ∙ 2 + 2 ∙ 1 + ∙ 3 + ∙ 2 + ∙ 1 − ∙ 3 − ∙ 2
− ∙ 1 + 3 ∙ 3 + 3 ∙ 2 + 3 ∙ 1
= 6 /
+ 4 1
+ 2 + 3 1
+ 2 + − 3 − 2 − + 9 + 6 + 3
= 6 /
+ 7 1
+ + 8 + 5 + 3,
tedy - = 3 = 3 ∙ 1, - = 5 = 3 ∙ 2 − 1 ∙ 1, atd. Polynom ∙ můžeme zapsat ve tvaru
(3, 5, 8, 1, 7, 6).
Věta 1 ($% &, +, . )	je oborem integrity2
pro každé těleso $.
Důkaz:
•Sčítání polynomů je komutativní, tj. + = + .
•Sčítání polynomů je asociativní, tj. + ( + ℎ) = ( + ) + ℎ.
•Nulový prvek je nulový polynom.
•Opačný prvek k polynomu = ( , , … ) je polynom − = (− , − , … ).
•Násobení polynomů je komutativní.
•Násobení polynomů je asociativní.
•Jedničkou je polynom 7 = (1,0,0, … ,0).
•Dělitelé nuly: je zřejmé, že jestliže polynomy f a g jsou nenulové, pak také jejich
součin je nenulový.
Poznámka: Nyní ukážeme, jakým způsobem můžeme polynom zapsaný pomocí
posloupnosti zaměnit za výraz, ne který jste zvyklí ze střední školy.
Polynom = ( , 0,0, … ) ztotožníme s prvkem ∈ $,
(8, 9, 9, … ) ≡ 8.
Dále polynom (0,1,0,0, … ) označíme jako , (0,0,1,0 … ) jako atd. Platí
( , , … , ) = ( , 0,0, … ) + (0, , 0, … ) + ⋯ + (0, … , , 0, … ) =
= (1,0, … ) + (0,1,0, … ) + (0,0,1,0, … ) + ⋯ + (0,0, … ,1,0, … ) =
= 89 + 8;< + 8=<=
+ ⋯ + 8><>
.
2
Připomeňme, že obor integrity je komutativní okruh s jedničkou bez dělitelů nuly.
Definice 3 Nechť ∈ $%x&. Pak definujeme stupeň polynomu (@A	 ) takto: jestliže ≠
̅, = + + ⋯ + , ≠ 0, pak definujeme
@A	 = .
Věta 2 Pro stupně polynomů , ∈ $% & platí:
1) @A( + ) ≤ D E@A	 , @A	 F,
2) @A	( ) = @A	 + @A	
Důkaz: Důkaz první části je zřejmý, proto dokážeme část 2: = + + ⋯ + ,
= " + " + ⋯ + "G
G
, @A	 = ), @A	 = H, = " + " + ⋯ + "G
IG
a je
zřejmé, že součin "G je nenulový. Proto stupeň polynomu je ) + H.
Poznámka: Budeme uvažovat polynomy = + 2 + + 1, = − + − 1,
@A	 = 3, @A	 = 3, polynom + = (1 − 1) + (2 + 1) + (1 + 0) + 1 − 1 =
3 + , @A( + ) = 2, ∙ = − − /
+ 1
− − − − 1, @A	( ∙ ) = 6.
2.2 Dělení polynomů
Při dělení polynomů budeme využívat znalostí, které máme o dělení celých čísel.
Jistě si vzpomenete na algoritmus, kterým se dělí např. pěticiferné číslo dvojciferným
číslem. Velmi podobně budeme postupovat při dělení polynomů.
Stejně jako u dělení dvou celých čísel v oboru celých čísel můžeme dostat výsledek
beze zbytku nebo se zbytkem, může i výsledkem dělení dvou polynomů být polynom beze
zbytku, nebo tzv. částečný podíl a zbytek.
Poznámka: Připomeňme větu o dělení se zbytkem pro celá čísla:
Ke každé dvojici celých čísel , " ∈ J, kde " ≠ 0, existuje právě jedna dvojice celých čísel
K, L ∈ J tak, že platí:
1. = "K + L,
2. 0 ≤ L <b.
Můžeme např. uvažovat čísla = 51, " = 5. Víme, že 51: 5 = 10 +
/
, částečným
podílem je tedy číslo 10 a zbytek 1. Tento fakt můžeme zapsat jako
51 = 5 ∙ 10 + 1.
Mohli bychom sice volit i zápis 51 = 5 ∙ 9 + 6, ale v souladu s předchozí větou může být
zbytek po dělení pěti 0, 1, 2, 3 nebo 4.
Analogická věta o dělení se zbytkem platí také pro polynomy. Dříve, než ji uvedeme,
připomeňme algoritmus dělení dvou polynomů, známý ze střední školy.
9
Poznámka (algoritmus dělení dvou polynomů): Máme-li dělit dva polynomy a ,
nejdříve musíme zkontrolovat, zda jsou oba polynomy uspořádány sestupně podle mocniny
. Vydělíme první člen polynomu prvním členem polynomu , výsledkem je N .
Polynom N vynásobíme polynomem a výsledný polynom N odečteme od polynomu
. Polynom − ∙ N označíme jako . Je-li @A	 ≥ @A	 , pokračujeme v dělení. První
člen polynomu dělíme opět prvním členem polynomu a postupujeme analogicky jako
v předchozí části. Posloupnost kroků ilustrujeme na následujícím příkladě.
Příklad 1 Vydělte polynomy , , je-li = 2 1
− 3 + − 5 + 2, = − 3 + 2.
Řešení:
N 								N 					N
↓										↓								↓
(2 1
− 3 + − 5 + 2): ( − 3 + 2) = 2 + 3 + 6 +
L
. N :																					2 1
− 6 + 4
= − . N :															3 − 3 − 5 + 2
. N :																																	3 − 9 + 6
= − . N − . N :												6 − 11 + 2
. N :																																													6 − 18 + 12
L:																																																																			7 − 10
Výsledkem dělení je tedy částečný podíl K( ) = 2 + 3 + 6 a zbytek L( ) = 7 − 10.
Věta 3 (O dělení se zbytkem) Ke každé dvojici polynomů , ∈ $% &, kde ≠ 0, existuje
právě jedna dvojice polynomů K, L ∈ $% & tak, že platí:
1) = ∙ K + L,
2) @A	L < @A	 .
Důkaz: Nejdříve dokážeme existenci polynomů K, L:
a) Když @A	 < @A	 , pak K = 0, L = .
b) Když @A	 ≥ @A	 , pak postupujeme podle algoritmu dělení.
− ∙ N = ,	@A	 < @A	 . Pokud @A	 ≥ @A	 , pak
− ∙ N = ,	@A	 < @A	 ,
⋮
− ∙ N = ,	@A	 < @A	 .
Sečtením těchto rovnic dostáváme − ∙ (N + ⋯ + N ) = , a pokud označíme
(N + ⋯ + N ) = K a = L, dostáváme = ∙ K + L. Tím jsme dokázali první
část věty.
Nyní dokážeme, že dvojice takových polynomů je skutečně právě jedna. Důkaz
provedeme sporem, předpokládejme tedy, že by existovaly dvě různé dvojice těchto
polynomů:
= ∙ K + L, @A	L < @A	 , = ∙ KR + L̅, @A	L̅ < @A	 .
Odečtením dostáváme 0 = ∙ (K − KR) + (L − L̅)	⇒	LS − L = (K − KR). Potom je
zřejmé, že @A	 > @A	(L̅ − L) = @A	 + @A	(K − KR) a protože @A	 = @A	 , musí být
K − KR = 0, tedy KR = K a z platnosti rovnice L̅ − L = (K − KR) musí také platit
L̅ = L. Dokázali jsme, že se jedná o tutéž dvojici polynomů, což je v rozporu
s předpokladem. Důkaz je tedy proveden.
Příklad 2 Řešte samostatně: Vypočítejte K( ), L( ), je-li ( ) = /
− + 3 − 5,
a) ( ) = + 7,
b) ( ) = − 2.
Výsledek: a) K( ) = − 8 , L( ) = 59 − 5, b) K( ) = 1
+ 2 + 3 + 6 +
15, L( ) = 25.
2.3 Hornerovo schéma
Našim úkolem nyní bude určit hodnotu polynomu 5 1
− 4 + 7 − + 1 v bodě
= 4. Jistě bychom 4 mohli dosadit za , ale jsme líní umocňovat 41
, proto potřebujeme
jednodušší způsob, kde bychom pracovali s jednoduššími výrazy.
Budeme postupovat následujícím způsobem: Z prvních dvou členů polynomu
vytkneme a dostaneme (5 − 4) . Z tohoto nově vzniklého výrazu a třetího členu
polynomu vytkneme a máme %(5 − 4) + 7& . Z tohoto výrazu a čtvrtého členu
polynomu vytkneme a dostaneme E%(5 − 4) + 7& + 1F . Celkově tedy bude mít
původní polynom tvar
E%(5 − 4) + 7& + 1F + 1
a když nyní dosadíme 4 za , dostaneme E%(16)4 + 7&4 + 1F4 + 1 = 1141.
Nyní provedeme zobecnění předchozího příkladu. Když @A	 = ≥ 1, = +
+ ⋯ + , - ∈ $, = − -, pak existuje polynom K, @A	K = − 1, K = " +
" + ⋯ + " , L = " a platí
89<U
+ 8;<U ;
+ ⋯ + 8U = (< − V)(W9<U ;
+ ⋯ + WU ;) + WU.
Danou situaci zapisujeme do tabulky, kterou nazýváme Hornerovo schéma:
11
…
- " " … " "
Když roznásobíme pravou stranu předcházející rovnice (proveďte sami roznásobení, abyste
se o pravdivosti tvrzení přesvědčili), dostaneme:
= "
= " − -"
= " − -"
⋮
= " − -"
Nás zajímá číslo " , což je hodnota daného polynomu v bodě -. Proto si předchozí
posloupnost přepíšeme jako
" =
" = -" +
" = -" +
⋮
WU = VWU ; + 8U.
Příklad 3 Určete hodnotu polynomu 1
− 3 + 2 − 2 − 16 v bodě = 5.
Řešení: Pomocí Hornerova schématu nalezneme hodnotu polynomu v daném bodě. Přitom
S Hornerovým schématem pracujeme podle již uvedené posloupnosti
" =
" = -" +
" = -" +
⋮
" = -" + .
V našem případě si tedy do prvního řádku tabulky sepíšeme koeficienty polynomu, do
prvního sloupce si napíšeme hodnotu = 5. Do druhého řádku opíšeme první koeficient
" = = 1 a dále počítáme: 5 ∙ 1 − 3 = 2; 	5 ∙ 2 + 2 = 12; 	5 ∙ 12 − 2 = 58; 5 ∙ 58 +
16 = 274.
1 -3 2 -2 16
5 1 2 12 58 274
Zjistili jsme tedy, že hodnota polynomu v bodě 5 je 274. Výsledek tabulky však můžeme
interpretovat ještě jiným způsobem. Pokud dělíme polynom 1
− 3 + 2 − 2 − 16
polynomem − 5, dostaneme částečný podíl K( ) = + 2 + 12 + 58 a zbytek
L( ) = 274. O tomto faktu se můžete přesvědčit dělením. Výsledek můžeme zapsat jako
1
− 3 + 2 − 2 − 16 = ( + 2 + 12 + 58)( − 5) + 274.
Hornerovo schéma tedy můžeme používat k jednoduchému dělení polynomu
lineárním polynomem, jak ukážeme v následujícím příkladě.
Příklad 4 Polynomy z Příkladu 2 b) dělte pomocí Hornerova schématu.
Řešení:
1 0 -1 0 3 -5
2 1 2 3 6 15 25
Výsledek je K( ) = 1
+ 2 + 3 + 6 + 15, L( ) = 25.
Příklad 5 Řešte samostatně: Nalezněte hodnotu polynomu ( ) = /
− 4 + 2 − 7
v bodě = 6. Zapište ve tvaru ( ) = K( ) ( ) + L( ).
Výsledek: (6) = 6977, 	 /
− 4 + 2 − 7 = ( 1
+ 6 + 32 + 194 +
1164)( − 6) + 6977
2.4 Využití Hornerova schématu pro nalezení Taylorova rozvoje
polynomu
Jistě si vzpomenete na Taylorův polynom, pomocí něhož jste v matematické analýze
mohli v okolí určitého bodu nahrazovat některé funkce. Připomeňme Taylorovu větu, která
říká, že jestliže má funkce ( ) v okolí bodu derivace do ( + 1)-ního řádu, můžeme ji
v okolí bodu vyjádřit jako
( ) = ( ) +
Y( )
1!
( − ) +
Y
′( )
2!
( − ) + ⋯ +
( )( )
!
( − ) + \,
kde ( ) +
]^(_)
!
( − ) +
]^Y(_)
!
( − ) + ⋯ +
](`)(_)
!
( − ) je Taylorův polynom a
\ je zbytek po Taylorově polynomu. Tímto způsobem je možno určit přibližnou hodnotu
dané funkce v bodě .
V případě, že funkce ( ) je polynom, existuje mnohem jednodušší způsob, jak najít
Taylorův polynom, a to pomocí Hornerova schématu.
13
Definice 4 Nechť ∈ $% &, 	 ( ) = + + ⋯ + , @A	 = , -, - , … , - ∈
$. Pak je-li
= a + a ( − -) + a ( − -) … + a ( − -) ,
kde a , … , a ∈ $, pak výraz na pravé straně nazýváme Taylorovým rozvojem
(polynomem) o středu V.
Věta 4 Ke každému - ∈ $, ∈ $% & existuje Taylorův rozvoj polynomu o středu -.
Důkaz: Jestliže @A	 = 0, pak = a . Jestliže @A	 ≥ 1, pak polynom vydělíme výrazem
( − -) a dostaneme
= ( − -) + a , @A	 = − 1
= ( − -) + a , @A	 = − 2
⋮
= ( − -) + a , @A	 = − = 0
to znamená, že polynom je konstantní. Když nyní polynom necháme beze změny,
polynom vynásobíme výrazem ( − -), polynom výrazem ( − -) , atd., až polynom
výrazem ( − -) a všechny takto vzniklé polynomy sečteme, dostáváme již Taylorův
polynom o středu -, tj.
= a + a ( − -) + a ( − -) … + a ( − -) .
Příklad 6 Pro polynom ( ) = + + ⋯ + nalezněte pomocí Hornerova
schématu Taylorův polynom o středu -.
Řešení: Polynom máme upravovat následujícím způsobem: = ( − -) + a =
( − -)%( − -) + a & + a = ⋯	. Do prvního řádku tabulky napíšeme koeficienty
polynomu, do prvního sloupce píšeme střed c. V prvním kroku postupujeme tak, jak jsme
v Hornerově schématu postupovali výše. Poslední číslo v druhém řádku je a . V druhém
kroku již nepracujeme s koeficienty původního polynomu, ale s koeficienty polynomu ,
tj. s čísly z druhého řádku. Končíme o sloupec dřív a poslední číslo je a . Takto
pokračujeme dál. Tabulka má následující tvar:
…
c … b9
c b;
c b=
c ⋮
c bU
Čísla a , … , a jsou hledané koeficienty Taylorova polynomu.
Příklad 7 Pro polynom ( ) = /
nalezněte Taylorův polynom o středu - = 1.
Řešení:
1 0 0 0 0 0
1 1 1 1 1 1 1
1 1 2 3 4 5
1 1 3 6 10
1 1 4 10
1 1 5
1 1
Dostáváme tedy
/
= 1 + 5( − 1) + 10( − 1) + 10( − 1) + 5( − 1)1
+ ( − 1)/
Poznámka: Všimněte si podobnosti koeficientů Taylorova polynomu v předcházejícím
příkladu s Pascalovým koeficientem:
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
1 6 15 20 15 6 1
Vyzkoušejte, zda také polynomy nebo mají koeficienty v Taylorovu polynomu o
středu - = 1 shodné s koeficienty z Pascalova trojúhelníku. Dále vyzkoušejte, jak vypadají
Taylorovy polynomy o jiných středech, např. - = −1, - = 2, apod.
Příklad 8 Řešte samostatně: Pro polynom ( ) = 1
− 8 + 24 − 50 + 90
nalezněte Taylorův polynom o středu - = 2.
Výsledek: 1
− 8 + 24 − 50 + 90 = 38 − 18( − 2) + ( − 2)1
.
Definice 5 Nechť ∈ $% &, 	 ( ) = + + ⋯ + , @A	 = , -, - , … , - ∈
$. Je-li
= a + a ( − - ) + a ( − - )( − - ) … + a ( − - )( − - ) … ( − - ),
pak pravou stranu nazýváme Gaussovým interpolačním polynomem.
15
Věta 5 Nechť ∈ $% &, @A	 = ≥ 1, - , - , … , - ∈ $. Pak existují čísla a , a , … , a ∈
$ tak, že = a + a ( − - ) + a ( − - )( − - ) + ⋯ + a ( − - )( − - ) … ( −
- ). Polynom lze tedy zapsat ve tvaru Gaussova interpolačního polynomu při zvolených
číslech - , - , … , - .
Důkaz: Polynom dělíme výrazem ( − - ), dále výrazem ( − - ), atd. Dostáváme:
= ( − - ) + a . 1
= ( − - ) + a . ( − - )
⋮
= ( − - ) + a . ( − - )( − - ) … ( − - )
= a . ( − - )( − - ) … ( − - )
Získané polynomy zpětně roznásobíme výrazy uvedenými za čarou a posčítáme,
dostáváme = a + a ( − - ) + a ( − - )( − - ) + ⋯ + a ( − - )( − - ) … ( −
- ).
Příklad 9 Napište polynom = 2 /
− 3 1
− 5 + 2 + 7 − 9 ve tvaru Gaussova
interpolačního polynomu, je-li - = 1, - = 2, - = −3, -1 = 2, -/ = −1.
Řešení: Budeme postupovat obdobně jako při hledání Taylorova polynomu pomocí
Hornerova schématu. Do levého sloupce budeme postupně psát hodnoty - , … , -/.
2 -3 -5 2 7 -9
1 2 -1 -6 -4 3 -6
2 2 3 0 -4 -5
-3 2 -3 9 -31
2 2 1 11
-1 2 -1
2
Tvar polynomu tedy je
= −6 − 5( − 1) − 31( − 1)( − 2) + 11( − 1)( − 2)( + 3) −
( − 1)( − 2)( + 3)( − 2) + 2( − 1)( − 2)( + 3)( − 2)( + 1).
Poznámka: Gaussova interpolačního polynomu je možno využít k nalezení polynomu tého
řádu, který je dán hodnotami v + 1 bodech, jak ukážeme v následujícím příkladě.
Pouze připomeňme, že dvěma body je jednoznačně zadána přímka, třemi body
parabola, atd. Pro nalezení polynomu prvního stupně proto potřebujeme hodnoty dvou
bodů, polynomu druhého stupně hodnoty tří bodů, obecně pro nalezení polynomu ( + 1)ního
stupně bodů.
Příklad 10 Najděte polynom ∈ \% &3 takový, že (−2) = 3, (−1) = 1, (2) =
−2, (3) = 5.
Řešení: Je zřejmé, že hledaný polynom bude třetího stupně. Napíšeme si jej tedy ve tvaru
Gaussova interpolačního polynomu, kde za hodnoty - , - , - budeme volit hodnoty
nezávisle proměnné −2;	−1; 2,4
tedy = a + a ( + 2) + a ( + 2)( + 1) +
a ( + 2)( + 1)( − 2).
Do tohoto tvaru polynomu dosadíme za hodnotu - = −2 a protože podle zadání je
(−2) = 3, místo píšeme 3, tedy 3 = a + a (−2 + 2) + a (−2 + 2)(−2 + 1) +
a (−2 + 2)(−2 + 1)(−2 − 2) a zjišťujeme, že a = 3.
Obdobně pokračujeme pro - = −1, (−1) = 1, po úpravě dostaneme 1 = 3 +
a (−1 + 2) a tedy a = −2.
Dále za volíme - = 2, (2) = −2, vyjde a = 1
. Nakonec -1 = 3, (3) = 5,
výsledek a = .
Polynom má tedy tvar = 3 − 2( + 2) + 1
( + 2)( + 1) + ( + 2)( +
1( −2). Po roznásobení dostáváme
=
7
20
+
3
5
−
53
20
−
19
10
.
Sami nyní proveďte zkoušku, zda hodnoty ze zadání odpovídají nalezenému
polynomu.
Příklad 11 Řešte samostatně: Pomocí Gaussova interpolačního polynomu najděte
polynom ∈ \% & takový, že
a) (2) = 2, (−2) = −4,
b) (−1) =
c
, (0) = 4, (2) = 12.
Výsledek: a) = − 1, b) = 3 − + 1
Definice 6 Nechť ∈ $% &, 	 ( ) = + + ⋯ + , @A	 = , -, - , … , - ∈
$. Je-li = d ( )e + d ( )e + ⋯ + d ( )e , kde e , … , e ∈ $,
d ( ) =
( − - )( − - ) … ( − - )
(- − - )(- − - ) … (- − - )
,
3
Symbolem \% & značíme množinu všech polynomů nad tělesem reálných čísel.
4
Můžeme volit libovolné tři hodnoty nezávisle proměnné v libovolném pořadí, v dalším postupu
musíme ale tuto volbu respektovat a dosazovat příslušné funkční hodnoty za .
17
⋮
d ( ) =
( − - )( − - ) … ( − - )
(- − - )(- − - ) … (- − - )
.
Pokud -f ≠ -g pro 7 ≠ h, pak pravou stranu nazýváme Lagrangeovým interpolačním
polynomem.
Poznámka: Pomocí Lagrangeova polynomu můžeme obdobně jako v případě Gaussova
polynomu najít polynom procházející danými body na určitém intervalu.
Příklad 12 Pomocí Lagrangeova polynomu najděte polynom, který prochází body
%−1; 9&, %1; 1&, %2; 6&.
Řešení: Polynom bude mít tvar = 9d ( ) + d ( ) + 6d ( ), kde
d ( ) =
( − 1)( − 2)
(−1 − 1)(−1 − 2)
=
1
6
( − 3 + 2),
d ( ) =
( + 1)( − 2)
(1 + 1)(1 − 2)
= −
1
2
( − − 2),
d ( ) =
( + 1)( − 1)
(2 + 1)(2 − 1)
=
1
3
( − 1).
Po dosazení =
c
( − 3 + 2) − ( − − 2) + ( − 1) = 3 − 4 + 2. Sami
ověřte, že polynom vyhovuje požadavkům zadání.
Příklad 13 Řešte samostatně: Pomocí Lagrangeova polynomu řešte Příklad 11.
Příklad 14 Řešte samostatně: Pomocí Lagrangeova polynomu nalezněte polynom, který
prochází body %−1; 0&, %0; 1&, %1; 3&, %2; −2&.
Výsledek: = −
1
+ + + 1
2.5 Dělitelnost polynomů
Definice 7 Nechť , ∈ $% &. Říkáme, že polynom i dělí polynom j, právě když
existuje takový polynom ℎ ∈ $% &, že platí = . ℎ. Píšeme pak  .
Věta 6 (Základní vlastnosti dělitelnosti polynomů)
Nechť , ∈ $% &, ≠ 0, ≠ 0. Pak platí:
1) 
2) Pro všechna k, l ∈ $% & a všechna , ∈ $% & platí: Jestliže m | a zároveň m | ,
pak také m |( k + l).
3) Nechť ℎ ∈ $% &, pak platí: Jestliže mℎ| a zároveň m | , pak také m	ℎ| .
4) m | 	⇒	@A	 ≤ @A	
5) m | a zároveň m | právě tehdy, když existuje takový nenulový prvek - ∈ $, že platí
= - .
Důkaz:
Ad 1) = 1. = . 1
Ad 2) | ⇒∃ℎ ∈ $( )m:	 = . ℎ , | ⇒∃ℎ ∈ $( )m:	 = . ℎ . Potom . k + . l =
. ℎ . k + . ℎ . l = . (ℎ k + ℎ l), pokud nyní označíme ℎ k + ℎ l = ℎ, ℎ ∈ $% &, pak
dostáváme . k + . l = ℎ.
Ad 3) Jestliže ℎ| m, potom = ℎN , obdobně jestliže | m, potom = N . Tedy =
N = (	ℎN )N = ℎ(N N ), kde N N ∈ $( ). Proto ℎ| m.
Ad 4) Jestliže | m, potom = . ℎ. Pro stupně těchto polynomů platí @A	 = @A	 + @A	ℎ,
kde @A	 ≠ −∞, @A	 ≠ −∞, @A	ℎ ≥ 0, tedy @A	 ≥ @A	 .
Ad 5) Jestliže | m a zároveň | m, pak = N a zároveň = N , potom z předchozí
části důkazu víme, že @A	 ≤ @A	 a zároveň @A	 ≤ @A	 , neboli @A	 = @A	 . Protože
@A	 = @A	 + @A	N , musí být @A	N = 0, neboli N je nenulová konstanta - ∈ $.
Definice 8 Říkáme, že polynom ℎ ∈ $% & je společným dělitelem polynomů , ∈ $% &
právě tehdy, když platí ℎ| m a zároveň ℎ| m.
Definice 9 Nechť , , a ∈ $% &. Říkáme, že polynom a je největším společným
dělitelem polynomů , , právě když platí:
1. a| m∧a| m,
2. Pro všechny polynomy ℎ ∈ $% & platí: jestliže ℎ| m a zároveň ℎ| m, pak ℎ|am.
Poznámka: Největší společný dělitel je tedy ten společný dělitel dvou polynomů, který je
dělitelný všemi společnými děliteli.
Poznámka: Nyní uvedeme posloupnost rovnic, která se nazývá Eukleidův algoritmus pro
polynomy a je možné pomocí něj najít největší společný dělitel dvou polynomů. Dříve jste
se seznámili s Eukleidovým algoritmem pro hledání největšího společného dělitele dvou
celých čísel, jehož princip je obdobný a který nyní připomeneme na příkladu.
Příklad 15 Metodou Eukleidova algoritmu nalezněte největší společný dělitel čísel 450 a
294.
450 = 294 ∙ 1 + 156
19
294 = 156 ∙ 1 + 138
156 = 138 ∙ 1 + 18
138 = 18 ∙ 7 + 12
18 = 12 ∙ 1 + 6
12 = 6 ∙ 1 + 0
Největší společný dělitel dvou čísel je poslední nenulový zbytek v Eukleidově algoritmu,
tedy q(450, 294) = 6.
Eukleidův algoritmus pro polynomy:
Nechť , ∈ $% &, @A	 ≥ @A	 , ≠ 0. Vydělíme polynom polynomem a v dalších
krocích vždy dělitele z předchozího kroku vydělíme zbytkem, a to tak dlouho, dokud po
dělení nedostaneme nulový zbytek.
= . K + L , @A	L < @A	 , L ≠ 0
= L . K + L , @A	L < @A	L , L ≠ 0
L = L . K + L , @A	L < @A	L , L ≠ 0
⋮
L = L . K + r>, L ≠ 0
L = L . K I + 0
Věta 7 Pro každé dva polynomy , ∈ $% &, ≠ 0 existuje největší společný dělitel.
Jedním z těchto největších společných dělitelů je poslední nenulový zbytek v Eukleidově
algoritmu pro polynomy a .
Důkaz: Z poslední rovnice je zřejmé, že L |L m, potom z předposlední rovnice L |L m,
atd. až z druhé rovnice L | m a z první rovnice L | m, tedy L je společný dělitel obou
polynomů , .
Nyní musíme dokázat, že každý společný dělitel polynomů , dělí L . Jestliže ℎ je
společný dělitel obou polynomů, pak z první rovnice je zřejmé, že ℎ|L m, z druhé rovnice, že
ℎ|L m, atd. až z poslední, že ℎ|L m.
Poznámka: Podle předchozí věty největší společný dělitel neexistuje pouze v případě, že
= = 0.
Poznámka: Jestliže a , a jsou dva různí největší společní dělitelé polynomů , , pak
podle vlastnosti 2) z Věty 6 platí a |a ∧a |a mm a podle vlastnosti 5) existuje takové
nenulové číslo - ∈ $, že a = -. a .
Rovněž platí, že je-li a největší společný dělitel dvou polynomů, pak a = -. a je
také jejich největší společný dělitel.
Věta 8 Jestliže a ∈ $% & je největší společný dělitel polynomů , ∈ $% &, pak množina
E-a|a ∈ $, - ≠ 0mF je množina všech největších společných dělitelů polynomů , .
Řekneme, že tito společní dělitelé jsou spolu asociovaní.
Mezi největšími společnými děliteli polynomů , je právě jeden, který má u
největší mocniny koeficient 1. Tento polynom budeme nazývat normovaný největší
společný dělitel a budeme ho značit symbolem *sq( , ).
Příklad 16 Hledejte nad t% & největšího společného dělitele polynomů ( ) = 1
−
2 − 2 + 7 − 6, ( ) = 2 − 4 − + 2.
Řešení: Použijeme Eukleidův algoritmus. Vzhledem k tomu, že *sq( , ) se nezmění,
pracujeme-li místo s , s polynomy s nimi asociovanými, vynásobíme nejprve číslem 2
a pak provedeme dělení.
(2 1
− 4 − 4 + 14 − 12): (2 − 4 − + 2) = +
−3 + 12 − 12
2 − 4 − + 2
,
tedy K ( ) = , L ( ) = −3 + 12 − 12. Polynom L ( ) změníme normováním na
polynom − 4 + 3 a dále dělíme polynomy ( ) a L ( ).
(2 − 4 − + 2): (	 − 4 + 4) = 2 + 4 +
7 − 14
− 4 + 3
,
takže K ( )2 + 4, L ( ) = 7 − 14. Polynom L ( ) opět nahradíme polynomem
normovaným a provedeme další dělení. Dostáváme
( − 4 + 4): ( − 2) = − 2,
tj. K ( ) = − 2, L ( ) = 0. Tedy *sq( , ) = L ( ) = − 2. Nalezený největší
společný dělitel je skutečně nad tělesem komplexních čísel, což byl požadavek zadání.
Poznámka: Najít největší společný dělitel dvou polynomů je v některých případech
možné i pomocí rozkladu obou polynomů. Za tímto účelem je potřeba si zopakovat si
některé základní rozklady:
• − " = ( − ")( + "),
• − " = ( − ")( + " + " ),
• + " = ( + ")( − " + " ),
• ± 2 " + " = ( ± ") ,
apod.
21
Definice 10 Říkáme, že polynom ∈ $% & je ireducibilní5
nad tělesem $, právě když
@A	 ≥ 1 a neexistují polynomy , ℎ ∈ $% & tak, aby = . ℎ, @A	 ≥ 1, @A	ℎ ≥ 1.
Definice 11 Říkáme, že polynom ∈ $% & je reducibilní nad tělesem $, právě existují
polynomy , ℎ ∈ $% & tak, že platí = . ℎ, @A	 ≥ 1, @A	ℎ ≥ 1.
Poznámka: Ireducibilní polynomy mají v oboru integrity $% & analogickou roli jako
prvočísla v okruhu J.
Věta 9 Ke každému nekonstantnímu polynomu ∈ $% & existuje číslo ∈ $ a existují
ireducibilní polynomy N , … , N ∈ $% & nad $ tak, že platí
= N … N ,
kde Nf, 7 = 1, … , ) jsou normované polynomy. Tento rozklad je jednoznačný až na pořadí
polynomů N , … , N .
Větu bychom mohli formulovat i jiným způsobem: Každý nekonstantní polynom
lze nad tělesem $ rozložit na součin konstanty a normovaných ireducibilních polynomů.
Důkaz: Nechť ∈ $% &.
• je ireducibilní polynom nad $, pak jej normováním upravíme na tvar = N .
• je reducibilní polynom. Potom můžeme najít jeho rozklad polynomů
ireducibilních nad $: = ψ … ψ . Pokud tyto polynomy upravíme na normované,
dostáváme = N … N .
Nyní je ještě třeba dokázat jednoznačnost nalezeného rozkladu. Budeme postupovat
sporem. Předpokládejme tedy, že existují dva různé rozklady polynomu :
= N … N = -χ … χ
Polynomy Nf, χf
jsou ireducibilní nad $. Jestliže polynom N dělí polynom , pak musí
platit také Nfv(χ … χ )m. Potom buď N = χ , nebo polynomy N , χ jsou nesoudělné.
Pokud nastane případ, že jsou nesoudělné, pak mezi polynomy χ , … , χ musí být takový
polynom, že je roven polynomu N . Analogicky bychom uvažovali pro ostatní polynomy
N , … , N . Docházíme tedy ke sporu s předpokladem, že rozklady jsou různé.
Poznámka: Když v rozkladu vynásobíme stejné ireducibilní polynomy, pak
= N
wx
… Ny
wz
, {f ∈ *.
Tento rozklad se nazývá kanonický rozklad.
5
Ireducibilní znamená nerozložitelný na součin nekonstantních polynomů.
Analogii můžeme hledat v okruhu celých čísel. V další úvaze budeme pracovat
s přirozenými čísly, celé číslo bychom z přirozeného získali eventuelním vynásobením
znaménkem minus. Každé přirozené číslo větší než 1 můžeme rozložit na součin
prvočísel, = | ∙ … ∙ | , resp.
= |
wx
… |y
wz
.
Např. číslo 20 580 můžeme napsat kanonickým rozkladem jako 2 ∙ 3 ∙ 5 ∙ 7 .
Věta 10 Nad tělesem komplexních čísel jsou ireducibilní polynomy právě všechny
polynomy 1. stupně. Všechny polynomy stupně většího než 1 jsou reducibilní.
Věta 11 Ireducibilními polynomy nad tělesem reálných čísel jsou právě všechny
polynomy 1. stupně a ty polynomy 2. stupně, které mají záporný diskriminant.
Věta 12 Ke každému ∈ * existuje polynom ∈ t% &, @A = tak, že je ireducibilní
nad tělesem t.
Příklad 17 Najděte rozklady následujících polynomů nad t% &, \% &, }% &.
a) + + 1,
b) 2 + 2 + + 1,
c) 1
+ + + 1,
d) − 2.
Řešení:
a) Polynom můžeme rozložit způsobem známým ze střední školy, tj.
, =
−" ± √" − 4 -
2
=
−1 ± √1 − 4
2
=
−1 ± √−3
2
.
Vidíme tedy, že nad t% & i \% & je polynom ireducibilní, nad }% & je jeho rozklad
• −
f√
€ • −
If√
€.
b) 2 + 2 + + 1 = 2 + 1 + + 1 = + 1 2 + 1 , což je rozklad v
t% & i \% &. V }% & můžeme dále pokračovat úpravou + 1 2 + 1 =
+ 1 2 − 7 = + 1 !√2 − 7# √2 + 7 .
c) 1
+ + + 1 = + 1 + + 1 = + 1 + 1 = + 1 + 1 −
+ 1 = + 1 − + 1 , což je rozklad v t% & i \% &. V }% & rozložíme
poslední závorku jako v části a) a dostáváme + 1 • −
f√
€ • −
If√
€.
d) − 2 = − √2 + √2 . Vidíme tedy, že polynom je nad t% & ireducibilní. V
\% & lze dále pokračovat, − √2 + √2 = • − •√2
‚
€ • + •√2
‚
+
23
√2
‚
# • + •√2
‚
€ • − •√2
‚
+ √2
‚
€. V }% & je polynom dále rozložitelný, my tak ale
vzhledem ke tvaru výrazu neučiníme.
Příklad 18 Najděte největší společný dělitel polynomů , , je-li = 1
− 2 + 1,
= + 3 − − 3
a) pomocí Eukleidova algoritmu,
b) rozkladem.
Řešení:
a) ( 1
− 2 + 1): (	 + 3 − − 3) = − 3 +
ƒ„… ƒ
„‚I „… „
.
Nyní zbytek 8 − 8 upravíme na normovaný polynom − 1 a pokračujeme
v algoritmu.
( + 3 − − 3): (	 − 1) = + 3 zb. 0.
Poslední nenulový zbytek je 8 − 8, což je jeden z největších společných dělitelů a
*sq( , ) = − 1.
b) V některých případech je možno polynomy , rozložit a tím najít společné dělitele
a také největší společný dělitel.
= 1
− 2 + 1 = ( − 1) = ( − 1) ( + 1) ,
= + 3 − − 3 = − + 3 − 3 = ( − 1) + 3( − 1) =
( − 1)( + 3) = ( − 1)( + 1)( + 3),
*sq( , ) = ( − 1)( + 1) = ( − 1).
Příklad 19 Řešte samostatně: Pomocí Eukleidova algoritmu nalezněte *sq( , ), je-li
= /
− 1
+ − + − 1, = 1
− 2 − 3 − 2.
Výsledek: *sq( , ) = + + 1
Definice 12 Říkáme, že polynomy , ∈ $( ) jsou nesoudělné, právě když
*sq( , ) = 1.
Věta 13 Nechť , ∈ $% &, ≠ 0. Pak existují k, l ∈ $% & tak, že k + l =
*sq( , ).
Je-li navíc @A	 ≥ 1, @A	 ≥ 1, pak lze najít polynomy k, l ∈ $( ) tak, že @A	k <
@A	 	∧	@A	l < @A	 .
Příklad 20 Pomocí Eukleidova algoritmu určete polynomy k, l tak, aby *sq( , ) =
k + l, je-li = 1
+ 2 − − 4 − 2, = 1
+ − − 2 − 2.
Řešení: Nejdříve najdeme *sq( , ).
( 1
+ 2 − − 4 − 2): ( 1
+ − − 2 − 2) = 1 +
− 2
1 + − − 2 − 2
a tento výsledek si zapíšeme ve tvaru
= ∙ K + L , K = 1, L = − 2 .
Pokračujeme v dělení,
( 1
+ − − 2 − 2): ( − 2 ) = + 1 +
− 2
− 2
,
opět přepíšeme do tvaru
= L K + L , K = + 1, L = − 2.
Protože − 2 = ( − 2), je posledním nenulovým zbytkem polynom L a tedy
*sq( , ) = − 2.
Jestliže nyní chceme najít hledaný tvar největšího společného dělitele L = k + l,
budeme postupovat nazpět v posloupnosti rovnic
= ∙ K + L
= L K + L .
Z druhé rovnice vyjádříme L = − L K , kam za L dosadíme z první rovnice a máme
L = − ( − K )K = (−K ) + (1 + K K ) ,
odkud je již zřejmé, že k = −K = − − 1, l = 1 + K K = + 2.
Celkově
− 2 = (− − 1)( 1
+ 2 − − 4 − 2) + ( + 2)( 1
+ − − 2 − 2).
Roznásobením pravé strany rovnice proveďte zkoušku správnosti.
Poznámka: Jestliže hledáme největší společný dělitel polynomů ve tvaru k + l
pomocí Eukleidova algoritmu, není možné polynomy normovat nebo v rámci zjednodušení
používat asociované polynomy.
Věta 14 Nechť , , ℎ ∈ $% &. Pak platí:
1) Jestliže | ℎm a zároveň *sq( , ) = 1, pak |ℎm.
2) Jestliže |ℎm, |ℎm a *sq( , ) = 1, pak ( )|ℎm.
Důkaz: Ad 1: Z předcházející věty víme, že existují polynomy k, l ∈ $% & takové, že
k + l = *sq( , ), tedy podle předpokladu
k + l = 1.
Pokud tuto rovnici vynásobíme polynomem ℎ, pak dostaneme
ℎk + ℎl = ℎ.
Je zřejmé, že | m, dále z předpokladu | ℎm, proto z předcházející rovnice musí také platit
|ℎm.
25
Ad 2: Jestliže |ℎm, pak existuje ℎ ∈ $% & takové, že ℎ = ℎ . Protože
z předpokladu také |ℎm, platí po dosazení za ℎ z předchozího kroku | ℎ m. Dále
z předpokladu platí *sq( , ) = 1, můžeme proto využít první část věty a dostáváme
|ℎ 	⇒	∃ℎ ∈ $% &:	ℎ = ℎ ⇒	ℎ = ℎ ⇒	( )|ℎmm		
Úlohy k procvičení
1. Definujte polynom pomocí algebraické definice. Ukažte, jakým způsobem lze od takto
definovaného polynomu přejít ke tvaru polynomu, který znáte ze střední školy.
2. Vyslovte větu o dělení se zbytkem pro polynomy.
3. Definujte Taylorův polynom.
4. Popište Eukleidův algoritmus pro dělení polynomů.
5. Definujte společný dělitel dvou polynomů a největší společný dělitel dvou polynomů.
6. Student, který počítal hodnotu polynomu, mačkal následující tlačítka na kalkulačce:
7 × 6 =× 6 = −2 =× 6 = −3 =× 6 = +1 =× 6 = +2 =× 6 =
Určete polynom, který student vyhodnocoval a hodnotu .
7. Ověřte, že platí A1
+ A − 3A + 7 = (A + 3A + 10A + 27)(A − 3) + 88. Sestavte
Hornerovo schéma, které odpovídá dané rovnici.
8. Dělte polynom −5 1
+ 4 − 3 + 4 polynomem + 2 − 4.
9. Nalezněte polynom, který prochází body %−1; −7&, %0; −3&, %1; −1&, %2; 11&.
10. Najděte největší společný dělitel polynomů = 1
− − 2 + + 1, = −
− + 1 pomocí Eukleidova algoritmu a pomocí rozkladu.
Výsledky:
6. 7 − 2 1
− 3 + + 2 , - = 6
7.
1 0 1 -3 7
3 1 3 10 27 88
8. −5 + 10 +
„… „I11
„‚I „… 1
9. 2 − + − 3
10. − 1
27
3 Algebraické rovnice
Cíle kapitoly
Prostudování této kapitoly vám umožní:
• Definovat algebraickou rovnici
• Hledat kořeny polynomu
• Zopakovat si řešení lineární a kvadratické rovnice
• Seznámit se s obecným řešením rovnice 3. stupně
• Připomenout řešení binomické a reciproké rovnice
Doba potřebná k prostudování
Cca 3 hodiny
Průvodce studiem
Definice 13 Algebraickou rovnicí budeme rozumět rovnici tvaru
+ … + 	= 	0 ,
kde f	∈	 pro 7	 = 	0, 1, . . . , .
Poznámka: Řešit algebraickou rovnici znamená hledat kořeny polynomu na levé straně
rovnice. V další části budeme ukazovat hledání řešení některých typů algebraických
rovnic, ale také algebraických nerovnic.
Budeme se zabývat výhradně rovnicemi, jejichž koeficienty jsou reálná čísla.
Existují také rovnice s komplexními koeficienty, tj. jde o rovnice, na jejichž levé straně je
polynom nad tělesem komplexních čísel. Protože se však s takovými polynomy v běžné
praxi obvykle nesetkáte, omezíme se na polynomy nad tělesem reálných čísel.
Připomeňme však, že polynom s reálnými koeficienty může mít reálné i komplexní
kořeny.
3.1 Kořeny polynomu
Definice 14 Číslo - ∈ $ nazýváme kořen polynomu ∈ $% &, právě když (-) = 0.
Věta 15 (Bezoutova věta): Číslo - ∈ $ je kořen polynomu ∈ $% &, právě když
( − -)| m.
Důkaz: Pro libovolné - ∈ $ a libovolné ∈ $% & platí = ( − -) + L.
1) - je kořen, pak (-) = 0	⇒	L = 0	⇒	 = ( − -) 	⇒	( − -)| m
2) ( − -)| m	⇒	 = ( − -)ℎ, ℎ ∈ $% &⇒	 (-) = 0	⇒	- je kořen.
Definice 15 Číslo - ∈ $ nazýváme k-násobným kořenem polynomu ∈ $% &, ) ∈ *,
právě když platí:
1) ( − -) | m
2) ( − -) nedělí .
Příklad 21 Kořenem jaké násobnosti je číslo 2 pro polynom ( ) = /
− 5 1
+ 7 −
2 + 4 − 8?
Řešení: Budeme postupovat pomocí Hornerova schématu:
1 -5 7 -2 4 -8
2 1 -3 1 0 4 0
2 1 -1 -1 -2 0
2 1 1 1 0
2 1 3 7
Číslo 2 je tedy 3-násobným kořenem polynomu a platí
( ) = /
− 5 1
+ 7 − 2 + 4 − 8 = ( − 2)( 1
− 3 + + 4)
= ( − 2) ( − − − 2) = ( − 2) ( + + 1).
Příklad 22 V polynomu = /
− − + 1 nalezněte tak, aby číslo - = −1 bylo
alespoň 2-násobným kořenem.
Řešení:
1 0 0 -a -a 1
-1 1 -1 1 -(1+a) 1 0
-1 1 -2 3 -(4+a) 5+a
Musí platit 5 + = 0, tedy = −5. Skutečně, polynom /
+ 5 + 5 + 1 vydělíme
polynomem ( + 1) = + 2 + 1 a dostáváme
29
/
+ 5 + 5 + 1 = ( + 1) ( − 2 + 3 + 1).
Poznámka: Při hledání kořenů algebraických rovnic je užitečné následující tvrzení, platné
pro algebraické rovnice s reálnými koeficienty.
Věta 16 Nechť
+ … + 	= 	0
je algebraická rovnice. Nechť , . . . , jsou její kořeny (reálné i komplexní).
Nechť ‡	 = 	D 	E|	 f	|	; 		7	 = 	0, . . . , −1F. Pak platí:
1. Pro každý index 7	, 7	 = 	1, 2, . . . , platí nerovnost | f| < 1 +
ˆ
|_`|
.
2. Počet kladných reálných kořenů je roven počtu znaménkových změn v posloupnosti
nenulových koeficientů , , … , nebo o sudé číslo menší.
Důsledek: Jsou-li všechny koeficienty polynomu kladná reálná čísla, nemůže mít tento
polynom kladné kořeny.
Příklad 23 Najděte intervaly, ve kterých leží reálné kořeny rovnice 2 /
+ 3 1
− 7 +
6 − 11 + 5 = 0.
Řešení: = 2, ‡ = 11, tedy f ∈ 1 +
ˆ
|_`|
= 1 + = . Každý z kořenů rovnice tedy
leží v intervalu f ∈ •− , €.
V posloupnosti koeficientů 2, 3, -7, 6, -11, 5 jsou čtyři znaménkové změny, proto
v intervalu •0, € leží 4 nebo 2 kořeny.
Definice 16 Říkáme, že těleso $ je algebraicky uzavřené, právě když každý polynom
∈ $% & stupně alespoň 1 má v tělese $ alespoň 1 kořen.
Příklad 24 Těleso racionálních čísel není algebraicky uzavřené. Např. polynom = −
2 má racionální koeficienty, jeho stupeň je 2, ale jeho kořeny ) = ±√2 nepatří do množiny
racionálních čísel. Podobně těleso reálných čísel není algebraicky uzavřené. Např.
polynom = + 1 má reálné koeficienty, jeho stupeň je 2, ale nemá reálné kořeny,
neboť ) = ±7.
Věta 17 (Základní věta algebry): Každý polynom s komplexními koeficienty, jehož
stupeň je alespoň 1, má alespoň 1 komplexní kořen.
Jiná formulace základní věty algebry může být následující: Těleso komplexních čísel je
algebraicky uzavřené.
Poznámka: Všechny známé důkazy základní věty algebry využívají metod matematické
analýzy. Pro provedení důkazu bychom museli vycházet z některé věty matematické
analýzy, jejímž důsledkem je základní věta algebry. Proto důkaz nebudeme provádět.
Věta 18 Nechť ∈ $% &, @A	 = ≥ 1. Pak polynom má v } kořenů, když ) −
násobný kořen počítáme za ) kořenů. Ke každému polynomu ∈ $% &, @A	 ≥ 1 tedy
existují čísla , { , … , { ∈ } taková, že = ( − { )( − { ) … ( − { ).
Důkaz: Podle základní věty algebry existuje kořen { takový, že = ( − { ) , @A	 =
− 1. Jestliže − 1 ≥ 1, pak existuje kořen { polynomu takový, že = ( − { ) ,
tedy = ( − { )( − { ) , atd. Nakonec = ( − { ) … ( − { ) , @A	 = 0, tedy
polynom je konstantní, = .
Věta 19 Nechť ∈ \% &, - ∈ }, (-) = 0. Pak číslo -̅ ∈ } je také kořenem polynomu a
má stejnou násobnost jako kořen -.6
Důkaz: 1) Nechť - je kořenem polynomu s reálnými koeficienty = + ⋯ + . Pak
(-) = - + ⋯ + = 0. Stačí nám dokázat, že (-)RRRRRR = (-̅):
0R = (-)RRRRRR = - + ⋯ +RRRRRRRRRRRRRRRRRRR = -RRRRRR + ⋯ + RRR = RRR. -RRR + ⋯ + RRR =
= (-̅) + ⋯ + = (-̅) = 0.
Je tedy i -̅ kořenem polynomu .
2) Nechť - je ) − násobný kořen polynomu , ) ∈ *, -∉\, -̅ ≠ -. Dokážeme, že -̅
je rovněž ) − násobný kořen.
= ( − -) = ( − -)( − -̅) = % − (- + -̅) + --̅&
Protože - + -̅ = 2 a --̅ = + " , má polynom − (- + -̅) + --̅ a proto i
polynom reálné koeficienty.
= ( − -)( − -̅) = ( − -)( − -̅)( − -)( − -̅) 1 = ⋯
= ( − -) ( − -̅) ℎ,
kde polynom ℎ nemůže mít kořeny -, -̅. Tedy -̅ je ) − násobný kořen.
3.2 Derivace polynomu
Definice 17 Nechť ∈ $( ), = + + ⋯ + + . Pak polynom
Y
= + ( − 1) + ⋯ + nazýváme derivací polynomu .7
6
Připomeňme, co je číslo -̅, které nazýváme číslo komplexně sdružené k číslu -. Jestliže - = +
"7, , " ∈ \, pak -̅ = − "7. Dále platí pro čísla - , - ∈ } platí: - ± -RRRRRRRRR = -S ± -S , - . -RRRRRRR = -S . -S ,
pro ) ∈ *: ‰RRR = (‰S ) , pro ∈ \:	R =
31
Věta 20 Pro derivaci polynomů , ∈ $% & platí:
1) ( ± )Y
= Y
± Y
2) ( . )Y
= Y
. + Y
.
3) ) ∈ *, ( )Y
= ). . ′
4) -Y
= 0 pro - ∈ $
Poznámka: Důkaz této věty byl podrobně proveden v matematické analýze.
Věta 21 Nechť ) ∈ *, ) ≥ 2, - ∈ $, ∈ $% &. Pak platí: Je-li číslo - )-násobným
kořenem polynomu , pak číslo - je () − 1)-násobným kořenem polynomu ′. Je-li jednoduchým
kořenem polynomu , pak - není kořenem polynomu ′.
Důkaz: Nechť - je )-násobný kořen polynomu . Pak platí
( − -) | 	⇒	 = ( − -) . ℎ, ℎ ∈ $% &m.
Pro derivaci polynomu platí
Y
= )( − -) . ℎ + ( − -) . ℎY
= ( − -) %)ℎ + ( − -)ℎ′&
⇒	( − -) | m.
To, že - není )-násobným kořenem polynomu ′, dokážeme sporem. Kdyby ( − -)
dělilo polynom ′, pak by platilo Y
= ( − -) . ℎ . Z předchozího předpokladu ( −
-) | m by pro derivaci muselo platit
( − -) ℎ = ( − -) %)ℎ + ( − -)ℎ′&.
Krácením dostáváme
( − -)ℎ = )ℎ + ( − -)ℎ′.
Nyní volíme = - a po dosazení dostáváme
0 = ). ℎ(-).
Protože ) je na - nezávislé, musí být ℎ(-) = 0, což znamená, že ℎ = ( − -) , ∈ $% & a
= ( − -) ℎ = ( − -) ( − -) = ( − -) I
.
To by znamenalo, že číslo - je () + 1)-násobným kořenem polynomu , což je spor
s původním předpokladem, že - je pouze )-násobný kořen polynomu .
Poznámka: Naopak věta neplatí: Je-li číslo - kořenem polynomu ′, pak nemusí být
kořenem polynomu . Např. = ( − 3)/
+ 7, (3) ≠ 0, Y
= 5( − 3)1
a číslo 3 je 4násobným
kořenem polynomu ′.
7
S derivací jste se seznámili již dříve při studiu matematické analýzy. Derivace byla definována
obecně pro funkci a pomocí derivací bylo možno vyšetřovat různé vlastnosti funkcí, jako jsou
lokální extrémy funkce, konvexita, konkávita, vyšetřování průběhu funkce, aj.
Příklad 25 V polynomu = 1
+ " + 1 nalezněte koeficienty , " tak, aby kořen 1
byl alespoň dvojnásobný.
Řešení: Je-li 1 dvojnásobným kořenem polynomu , pak je 1 jednoduchým kořenem
polynomu ´. Nalezneme proto derivaci polynomu a určíme hodnoty polynomů , ´
v bodě 1:
´( ) = 4 + 3"
(1) = + " + 1
´(1) = 4 + 3"
Nyní budeme řešit následující soustavu rovnic:
+ " + 1 = 0
4 + 3" = 0
Vyřešením zjišťujeme, že = 3, " = −4, tedy polynom má tvar
= 3 1
− 4 + 1.
Příklad 26 Řešte Příklad 22 pomocí derivace.
Řešení:
´( ) = 5 1
− 2 − , (−1) = −1 − + + 1 = 0, ´(−1) = 5 + 2 − = 5 + ,
´(−1) = 0	⇔	 = −5. Výsledkem je polynom = /
+ 5 + 5 + 1.
Věta 22 Nechť ) ∈ *, ) ≥ 2, - ∈ $, ∈ $% &. Pak následující výroky jsou navzájem
ekvivalentní:
1) - je ) −násobným kořenem polynomu f.
2) ( − -) | m	a zároveň ( − -) nedělí .
3) Existuje polynom ∈ $% & takový, že = ( − -) . a zároveň (-) ≠ 0.
4) (-) = 0, ´(-) = 0, ´´(-) = 0, … , ( )
(-) = 0, ( )
≠ 0.
5) - je () − 1) −násobným kořenem polynomu a = *sq( , ´).
Poznámka: Jestliže hledáme vícenásobné kořeny polynomu , můžeme postupovat
následujícím způsobem:
1. Najdeme *sq( , ´) = a.
2. Jestliže a = 1, pak nemá žádné násobné kořeny.
3. Jestliže a ≠ 1, pak každý kořen polynomu a je také kořenem polynomu , a to
vícenásobným kořenem: jeho násobnost je o 1 vyšší, než byla v polynomu a.
Příklad 27 Ukažte, že polynom ( ) = + − 5 − 2 ∈ \% & má pouze jednoduché
kořeny.
33
Řešení: Budeme postupovat podle předchozí poznámky. Najdeme derivaci polynomu ,
což je ´( ) = 3 + 2 − 5. Sami se pomocí Eukleidova algoritmu přesvědčte, že
*sq( , ´) = 1. Polynom ( ) má tedy skutečně pouze jednoduché kořeny.
Věta 23 Nechť ∈ $% &, a = *sq( , ´), = a. . Pak platí: Polynom má stejné
kořeny jako polynom a každý kořen polynomu je jednoduchý.
Příklad 28 Nechť je například polynom = ( − 1) ( + 2)/
( + 7), polynom a =
( − 1) ( + 2)1
. Pak polynom = ( − 1)( + 2)( + 7) a = a. .
3.3 Polynomy s celými koeficienty
Věta 24 Nechť | ∈ J, | ≠ 0, K ∈ *, *sq(|, K) = 1, - =
‹
Œ
, = + ⋯ + ∈ J% &.
Když - je kořenem polynomu , pak pro libovolné D ∈ J platí:
1) || m,
2) K| m,
3) (| − DK)| (D)m.
Důkaz: - =
‹
Œ
je kořen polynomu, tj. (-) = 0. Pro polynom můžeme tedy psát
•
|
K
Ž + •
|
K
Ž + ⋯ + = 0.
Jestliže nyní tuto rovnici vynásobíme výrazem K , dostáváme
| + | K + ⋯ |K + K = 0.
1) Poslední člen K převedeme na pravou stranu a ze všech předcházejících členů
vytkneme |, dostáváme:
|% | + ⋯ + K & = − K ,
tedy || K m a protože | a K jsou nesoudělná čísla, musí platit || m.
2) Obdobně jako v předchozím kroku převedeme člen | na pravou stranu a ze
všech následujících členů vytkneme K, dostáváme:
K% | + ⋯ + K & = − | ,
obdobnou úvahou jako v kroku 1) zjišťujeme, že K| m.
3) Polynom můžeme vyjádřit ve tvaru Taylorova polynomu o středu D:
= - + - ( − D) + ⋯ + - ( − D) + - ( − D) .
Je zřejmé, že • = - . Když nyní za dosadíme kořen - =
‹
Œ
, dostáváme
(-) = - + - •
| − DK
K
Ž + ⋯ + - •
| − DK
K
Ž + - •
| − DK
K
Ž = 0,
rovnici vynásobíme výrazem K a dostáváme
- K + - (| − DK)K + ⋯ + - (| − DK) K + - (| − DK) = 0.
Stejnou úvahou jako v krocích 1) a 2) vidíme, že (| − DK)|- K m a protože
*sq(| − DK, K) = 1, platí (| − DK)|- m, neboli (| − DK)| (D)m.
Poznámka: Pomocí poslední věty můžeme najít všechny racionální kořeny polynomů
s celými koeficienty. Část 3) poslední věty přitom využíváme tak, že za D volíme čísla 1	a
−1, tedy
(| − K)| (1)m∧	(| + K)| (−1)m.
Příklad 29 Nalezněte všechny racionální kořeny polynomu = 2 /
+ 1
− 12 −
20 − 19 − 6.
Řešení: Hledané kořeny budou tvaru - =
‹
Œ
, kde ||(−6)m, K|2m.
Dělitelé čísla −6: 1,2,3,6, −1, −2, −3, −6.
Kladní dělitelé čísla 2: 1,2.
Nyní vytvoříme tabulku, kde v prvním řádku budou všechny možnosti
‹
Œ
, v druhém
řádku odpovídající možnosti | + K a ve třetím řádku | − K. Protože (−1) = 4,
zvýrazníme ve druhém řádku všechny dělitele čísla 4, (1) = −54, ve třetím řádku
zvýrazníme všechny dělitele čísla −54. Kandidáti na kořeny potom budou ta čísla
‹
Œ
, u
nichž budou zvýrazněny oba dva spodní řádky.
|
K
1
1
1
2
2
1
3
1
3
2
6
1
−1
1
−1
2
−2
1
−3
1
−3
2
−6
1
| + K 2 3 3 4 5 7 0 1 -1 -2 -1 -5
| − K 0 -1 1 2 1 5 -2 -3 -3 -4 -5 -7
Kandidáti na kořeny jsou tedy tato čísla: 3, , −2. Tyto kořeny prověříme pomocí
Hornerova schématu:
2 1 -12 -20 -19 -6
−1
2
2 0 -12 -14 -14 0
3 2 6 6 4 0
−2 2 2 2 0
35
Z Hornerova schématu vidíme, že
= • +
1
2
Ž . (2 1
− 12 − 14 − 12) = (2 + 1)( 1
− 6 − 7 − 6)
= (2 + 1)( − 3)( + 3 + 3 + 2) = (2 + 1)( − 3)( + 2)( + + 1)
Polynom + + 1 nemá reálné kořeny a tedy všemi hledanými racionálními kořeny jsou
čísla 3, , −2.
Příklad 30 Řešte samostatně: Nalezněte všechny racionální kořeny polynomu = 6 1
+
19 − 7 − 26 + 12.
Výsledek: Kandidáti na kořeny: 2, , −3, , = ( + 3)(2 − 1)(3 + 2 − 4),
racionální kořeny jsou −3, .
Poznámka: Pomocí předchozího postupu lze řešit také některé algebraické nerovnice, jak
ukážeme na následujícím příkladě.
Příklad 31 Řešte nerovnici + 4 + − 6 ≤ 0.
Řešení: Číslo | je dělitelem čísla −6, číslo K je dělitelem čísla 1. Dosadíme-li číslo 1 do
výrazu na levé straně nerovnice, zjistíme, že hodnota je 0. Levou stranu nerovnice si
označíme jako ( ) a zjištěný fakt jako (1) = 0, což znamená, že 1 je kořenem. Z tohoto
důvodu nebudeme do tabulky zapisovat řádek pro | − K, protože pro nulu nemůžeme
hledat dělitele. Dále (−1) = 4.
|
K
1 2 3 6 -1 -2 -3 -6
| + K 2 3 4 7 0 -1 -2 -5
Po dosazení kandidátů −3, −2, 1, 3 do Hornerova schématu zjistíme, že kořeny polynomu
jsou čísla −3, −2, 1 a zadanou nerovnici můžeme přepsat do tvaru
( − 1)( + 2)( + 3) ≤ 0.
Nyní můžeme postupovat pomocí číselné osy a nulových bodů (proveďte sami).
Výsledkem jsou všechna čísla ∈ (−∞; m−3〉 ∪ 〈−2; 1〉.
3.4 Vietovy vztahy
Při řešení určitých příkladů je vhodné využívat vztahy mezi kořeny a koeficienty
polynomu, o nichž pojednává následující věta.
Věta 25 Nechť L , L , … , L ∈ $ jsou všechny kořeny polynomu ∈ $% &, @A	 = , =
+ ⋯ + . Pak platí tzv. Vietovy vztahy:
− = L + L + ⋯ + L
= L L + L L + ⋯ + L L
⋮
(−1) = L L … L + L L … L L + ⋯ + L L … L L
(−1) = L L L … L L
Důkaz: Jsou-li L , L , … , L kořeny polynomu , platí + ⋯ + = ( −
L )( − L ) … ( − L ). Když pravou stranu roznásobíme a porovnáme koeficienty u
stejných mocnin , dostaneme Vietovy vztahy.
Příklad 32 Pomocí Vietových vztahů nalezněte polynom, jestliže známe kořeny
−1, −1, −1,3,4.
Řešení: Máme pět kořenů, víme tedy, že = 5. Koeficient / můžeme volit libovolně,
proto zvolíme / = 1. Potom
−
1
1
= −1 − 1 − 1 + 3 + 4 = 4
1
= 1 + 1 − 3 − 4 + 1 − 3 − 4 − 3 − 4 + 12 = −6
(−1)
1
= −1 + 3 + 4 + 3 + 4 − 12 + 3 + 4 − 12 − 12 = −16
(−1)1
1
= −3 − 4 + 12 + 12 + 12 = 29
(−1)/
1
= (−1). (−1). (−1). 3.4 = −12
Úpravou dostáváme = 12, = 29, = 16, = −6, 1 = −4, / = 1. Polynom
má tvar
= /
− 4 1
− 6 + 16 + 29 + 12.
Můžeme provést kontrolu roznásobením:
= ( + 1) . ( − 3). ( − 4) = 1. ( + 1) . ( − 3). ( − 4)
= /
− 4 1
− 6 + 16 + 29 + 12.
Příklad 33 Řešte samostatně: Pomocí Vietových vztahů nalezněte polynom, jestliže znáte
kořeny 7, 7, −1 − 7.
37
Výsledek: = + (1 − 7) + (1 − 27) − 1 − 7
Poznámka: Pomocí Vietových vztahů můžeme jednoduchým způsobem zpaměti řešit
některé kvadratické rovnice s celočíselnými kořeny. Máme-li rovnici + " + - = 0,
platí L + L = −
_x
_…
, L . L =
_“
_…
. Např. v případě polynomu + 5 + 6 platí pro kořeny
L + L = −5 a L . L = 6. Řešíme-li tuto soustavu rovnic, dostaneme L = −2, L = −3.
Příklad 34 Nalezněte koeficienty a tvar kvadratického polynomu + " + -, jestliže
víte, že součin kořenů je roven −
/
a součet kořenů − .
Řešení: Podle Vietových vztahů platí:
1) + = −
”
_
2) =
•
_
Víme tedy, že −
”
_
= − a
•
_
= −
/
. Nyní můžeme vzhledem k tvaru zlomků předpokládat,
že = 2, potom " = 3 a - = −5. Hledaný polynom má tedy tvar 2 + 3 − 5.
Příklad 35 Je dána kvadratická rovnice + 11 + 19 = 0, symboly , označme její
dva různé reálné kořeny. Vypočtěte hodnotu výrazu + .
Řešení: K řešení využijeme znalosti Vietových vztahů
1) + = −
”
_
,
2) =
•
_
,
tedy + = −11, = 19. Úpravou výrazu ( + ) = + 2 +
dostáváme + = ( + ) − 2 a po dosazení + = (−11) − 2.19 = 83.
Příklad by bylo samozřejmě možno řešit i bez Vietových vztahů výpočtem kořenů
rovnice pomocí vzorce, ale vzhledem k tomu, že kořeny nejsou racionální, by byl postup
poměrně náročný, jak se můžete sami přesvědčit.
Příklad 36 Nalezněte všechny kořeny polynomu 1
− 4 + 5 − 2 − 6, jestliže víte,
že pro kořeny polynomu platí vztah + = + 1.
Řešení: Podle Vietových vztahů platí:
1) + + + 1 = 4
2) + + 1 + + 1 + 1 = 5
3) + 1 + 1 + 1 = 2
4) 1 = −6
Do první rovnice dosadíme vztah + = + 1 a dostáváme
2( + ) = 4	⇒	 + = 2, + 1 = 2
Z druhé rovnice úpravou dostaneme
+ ( + 1) + ( + 1) + 1 = + ( + 1). ( + ) + 1
= + 2.2 + 1 = 5	⇒	 + 1 = 1
Tuto upravenou rovnici dáme dohromady se čtvrtou rovnicí:
2) + 1 = 1
4) ( ). ( 1) = −6
Zavedeme substituci = k	⇒	 1 = 1 − k	⇒	k(1 − k) = −6
k − k − 6 = 0
k = 3, k = −2
Návratem k původním proměnným dostáváme = 3, 1 = −2.
Nyní budeme řešit současně rovnice = 3 a + = 2, zavedeme substituci
= l	⇒	 = 2 − l a řešením rovnice
l − 2l + 3 = 0
dostáváme dva kořeny = 1 + 7√2, = 1 − 7√2.
Obdobně postupujeme pro rovnice 1 = −2 a + 1 = 2, dostáváme další dva kořeny
= 1 + √3, 1 = 1 − √3.
Jelikož se jedná o polynom čtvrtého stupně, která má 4 kořeny, našli jsme všechny kořeny.
Příklad 37 Řešte samostatně: Nalezněte všechny kořeny polynomu 1
+ 2 + 2 +
10 + 25 = 0, jestliže mezi kořeny polynomu platí vztah = 1.
Výsledek: = −2 − 7, = −2 + 7, = 1 + 27, 1 = 1 − 27
Nyní stručně popíšeme základní metody řešení některých vybraných typů
algebraických rovnic.
3.5 Lineární rovnice
Jedná se o rovnici typu 8< + W = 9, ≠ 0 . Tato rovnice má vždy řešení, a to ve tvaru
= −
"
.
39
3.6 Kvadratická rovnice
Jedná se o rovnici tvaru 8<=
+ W< + V = 9, ≠ 0. S tímto typem rovnice jste se poprvé
setkali na základní škole, kde jste řešili kvadratické rovnice ve speciálním tvaru. Obecně
jste se kvadratické rovnice naučili řešit na střední škole. Nyní připomeneme, jakým
způsobem se kvadratické rovnice řeší.
Pro výpočet kořenů využijeme úpravy kvadratické rovnice pomocí metody doplnění
na úplný čtverec.
+ " + - = % + | + K& = –• +
|
2
€ −
|
4
+ K—
Nyní výraz
‹…
1
− K označíme písmenem a. Pomocí vzorce pro rozdíl čtverců dostáváme
˜• +
|
2
€ − a™ = • +
|
2
− √a€ • +
|
2
+ √a€ = 0
Provedeme diskusi vzhledem k poslednímu členu: Pokud má být výraz • +
‹
−
√a# • +
‹
+ √a€ nulový, potom musí být nulová první nebo druhá závorka, tedy
• +
|
2
− √a€ = 0	∨	 • +
|
2
+ √a€ = 0.
Protože | =
”
_
, a =
‹…
1
− K =
”…
1_…
−
•
_
=
”… 1_•
1_…
, dostáváme pro kořeny kvadratické rovnice
známý vztah
, =
−" ± √" − 4 -
2
.
Výraz " − 4 - = q nazýváme diskriminant a podle toho, zda vychází kladný nebo
záporný, můžeme rychle rozhodnout o tom, zda má rovnice reálné nebo komplexní kořeny.
Připomeňme, že v některých jednoduchých případech s celočíselnými koeficienty je
vhodné použít Vietových vztahů k rychlejšímu nalezení kořenů. Např. pro rovnici +
7 + 10 = 0 platí . = 10, + = −7, kořeny jsou tedy = −2, = −5.
3.7 Kubická rovnice
Kubická rovnice je rovnice tvaru 8š<š
+ 8=<=
+ 8;< + 89 = 9, ≠ 0. Při řešení
nejprve vydělíme tuto rovnici číslem a po přeznačení koeficientů dostáváme rovnici
	
+ 	 	 	+ 	"	 	 + 	-	 = 	0
Zavedeme substituci 	 = 	A	−	
3
a
. Po dosazení a úpravě dostaneme rovnici v tzv.
redukovaném tvaru
A 	+ 	|	A	 + 	K	 = 	0		
Označíme › = cos
Ÿ
+ 7 sin
Ÿ
= + 7
√
. Dále nechť ¢ = £
Œ…
1
+
‹‚
označuje jednu
(pevně zvolenou) z obou hodnot druhé odmocniny. Nechť dále k značí libovolnou
(pevnou) ze tří třetích odmocnin £−
Œ
+ ¢
‚
a konečně v značí tu z třetích
odmocnin£−
Œ
− ¢
‚
, která splňuje vztah 3kl	 = 	−	|. Potom kořeny rovnice A 	+ 	|	A	 +
	K	 = 	0 jsou
A 	= 	k	 + 	l,					A 	= 	ε	. k	 +	ε	 . l,					A 	=	ε . k	 + 	ε	. l	.	
Posledně uvedené vzorce se nazývají Cardanovy vzorce.
O tom, zda jsou kořeny kubické rovnice reálné či komplexní, lze rozhodnout podle
hodnoty diskriminantu, který má tvar q	 = 	−	4	| 	−	27	K . Nyní se omezíme na
kubickou rovnici A 	+ 	|	A	 + 	K	 = 	0 s reálnými nenulovými koeficienty (v případě
|	 = 	0 nebo K	 = 	0 je řešení triviální).
a) q	 = 	0: A = −2£
Œ‚
, A = A = £
Œ‚
.
b) q	>		0: jeden kořen reálný a dva imaginární komplexně sdružené kořeny, určené
Cardanovými vztahy.
c) q	<	0: tři reálné kořeny, které však nelze najít pomocí Cardanových vzorců (tzv.
„cassus irreducibilis“). Je nutné použít goniometrické řešení:
Nejprve z rovnice cos N =
¤
…
£•
|¥|
‚
€
‚
vypočítáme hodnotu úhlu N (jednu pevně zvolenou).
Hledané kořeny jsou pak určeny následujícími vztahy:
A = 2¦§
|||
3
¨ cos
N
3
, A = −2¦§
|||
3
¨ cos •
N
3
−
©
3
€ ,	A = −2¦§
|||
3
¨ cos •
N
3
+
©
3
€.		
Je zřejmé, že Cardanovy vzorce i posledně uvedené vztahy jsou pro praktické
počítání velmi pracné a zdlouhavé. Také obdržené výsledky je velmi obtížné upravit do
použitelného tvaru. Pro naše účely bude proto vhodnější hledat řešení kubické rovnice
způsobem, který jsme uvedli v kapitole 3.3 a který umožňuje určovat kořeny rovnice
s celočíselnými koeficienty.
3.8 Rovnice 4. stupně
Jedná se o rovnici typu 8ª<ª
+ 8š<š
+ 8=<=
+ 8;< + 89 = 9, 1 ≠ 0. Tato rovnice je
rovnice posledního stupně, která je obecně řešitelná. Obecné řešení rovnice čtvrtého stupně
je však natolik pracné a zdlouhavé, že se v praxi se takřka nepoužívá a my jej zde
nebudeme uvádět. V rovnicích ve školské praxi si vystačíme s jednoduššími způsoby
řešení (převedení rovnice ve tvaru bikvadratické rovnice 1
+ " + - = 0 pomocí
substituce na kvadratickou rovnici, řešení binomické nebo reciproké rovnice).
41
3.9 Rovnice vyšších stupňů
Pro rovnice 5. stupně a stupňů vyšších už žádný obecný algoritmus řešení neexistuje8
.
Podle teorie, vytvořené francouzským matematikem Galoisem, pro každé n ≥ 5 existuje
algebraická rovnice stupně n, která není řešitelná algebraickými metodami. Mnohé rovnice
vyšších stupňů řešit můžeme, musí mít ale speciální tvar. Buďto je možné postupné
„hádání“ kořenů, nebo je rovnice takového tvaru, který umožňuje řešit rovnici jako
binomickou nebo reciprokou. Obě tyto metody jsou probírány na středních školách a my je
připomeneme v následujících kapitolách.
Další metodou, jak získat kořeny algebraické rovnice, je užití numerických metod.
Tyto metody se užívají velmi často v souvislosti s rozvojem výpočetní techniky. Obecný
postup sestává ze tří kroků: ohraničení kořenů (podle Věty 16), jejich separace a
aproximace. Pokud hledáme kořeny polynomů s reálnými koeficienty pomocí uvedených
numerických metod, pak využíváme toho, že polynom je funkce spojitá v oboru reálných
čísel. Mezi dnes užívané metody patří metoda půlení intervalů, metoda prosté iterace,
metoda tečen (Newtonova metoda) a Halleyova metoda. Těmito problémy se nebudeme
zabývat.
3.10 Některé typy algebraických rovnic
Binomická rovnice
Binomická rovnice je rovnice typu <U
= 8, ∈ *, ∈ }. Podle základní věty algebry
existuje řešení této rovnice. Tato řešení jsou tvaru
= •| |
`
˜cos
{ + 2)©
+ 7 sin
{ + 2)©
™
a tvoří v rovině vrcholy pravidelného −úhelníku. Tento −úhelník leží v Gaussově
rovině na kružnici, která má střed v počátku souřadnicových os a poloměr L = •| |`
. Při
hledání těchto kořenů postupujeme následujícím způsobem:
1. Napíšeme si hledaný kořen ve tvaru = L(cos N + 7 sin N).
2. Nalezneme poloměr L = •| |
`
∈ \.
3. Nalezneme úhel N, pro který platí N = { + 2)©, ) ∈ J, tedy N =
w
+
Ÿ
, kde
) = 0, 1, … , − 1. Úhel { najdeme podle toho, kde v Gaussově rovině leží číslo .
Je to úhel, který svírá průvodič čísla s reálnou osou.
8
Nelze najít univerzální vzorec, který by obsahoval jen koeficienty, konečný počet aritmetických
operací a konečný počet odmocnin.
Příklad 38 Řešte v } rovnici − 2 = 0. Kořeny znázorněte v Gaussově soustavě
souřadnic.
Řešení: Rovnici si nejdříve přepíšeme do tvaru = 2.
1) Napíšeme si hledané kořeny ve tvaru = L(cos N + 7 sin N).
2) L = √2
‚
.
3) { = 0 nebo { = 2©, protože číslo 2 leží v Gaussově rovině na kladné části reálné
osy. Potom N = +
Ÿ
=
Ÿ
, ) = 0, 1, 2.
Řešením jsou tři kořeny v následujícím tvaru:
= √2
‚
(cos 0 + 7 sin 0) = √2
‚
= √2
‚
•cos
2©
3
+ 7 sin
2©
3
Ž
= √2
‚
•cos
4©
3
+ 7 sin
4©
3
Ž
Vidíme, že první kořen je reálný, ostatní jsou komplexní. V Gaussově rovině tvoří
kořeny vrcholy rovnostranného trojúhelníku.
Příklad 39 Řešte rovnici /
= 2 − 27.
Řešení: Jestliže hledáme poloměr pro číslo ‰ = ± "7, potom platí |‰| = √ + " ,
L = •√ + "
`
. V našem případě tedy |‰| = √4 + 4 = √8 = 2√2, 	L = •2√2
«
.
Číslo 2 − 27 leží ve čtvrtém kvadrantu, úhel { v tomto případě zjišťujeme jako
{ = 2© − { , kde { vypočítáme z následujícího pravoúhlého trojúhelníku:
Re
Img
2
3
43
{ =
Ÿ
1
, { = 2© −
Ÿ
1
=
Ÿ
1
. Kořenů je pět a platí pro ně
= £2√2
«
¬cos
7©
4
+ 2)©
5
+ 7 sin
7©
4
+ 2)©
5
- , ) = 0,1,2,3,4.
Příklad 40 Řešte samostatně binomické rovnice:
1) − 27 = 0
2) = 4√3 + 47
3) 1
+ 16 = 0
Výsledky:
1) = 3, = 3 •cos
Ÿ
+ 7 sin
Ÿ
€ , = 3 •cos
1Ÿ
+ 7 sin
1Ÿ
€
2) = 2 •cos
Ÿ
ƒ
+ 7 sin
Ÿ
ƒ
€ , = 2 •cos
Ÿ
ƒ
+ 7 sin
Ÿ
ƒ
€ , = 2 •cos
/Ÿ
ƒ
+
7 sin
/Ÿ
ƒ
€
3) = 2 •cos
Ÿ
1
+ 7 sin
Ÿ
1
€ , = 2 •cos
Ÿ
1
+ 7 sin
Ÿ
1
€ , = 2 •cos
/Ÿ
1
+
7 sin
/Ÿ
1
€ , = 2 •cos
Ÿ
1
+ 7 sin
Ÿ
1
€
Reciproká rovnice
Reciproká rovnice má tvar
+ … + = 0,
kde f 	=	 f pro 7 = 1,2, … , , nebo f 	=	− f pro 7 = 1,2, … , .
Název reciproká získala proto, že je-li - její kořen, je
•
(reciproká hodnota) také kořenem.
Rozlišujeme reciprokou rovnici sudého stupně pro sudé a lichého stupně pro
liché . Dále rozlišujeme rovnici 1. druhu, je-li f 	=	 f, a 2. druhu, je-li f 	=	− f.
Reciprokou rovnici řešíme následujícím způsobem:
Re
Img
2
2
α0
• Každá reciproká rovnice 2. druhu má kořen -	 = 	1. Pokud ji vydělíme dvojčlenem
( − 1), dostaneme reciprokou rovnici 1. druhu.
• Každá reciproká rovnice 1. druhu, lichého stupně má kořen -	 =	−1. Pokud ji
vydělíme dvojčlenem ( + 1), dostaneme reciprokou rovnici 1. druhu, sudého
stupně.
• Reciprokou rovnici 1. druhu, sudého stupně lze převést na algebraickou rovnici
polovičního stupně dělením výrazem ® , dále zavedeme substituci
e = +
1
.
Příklad 41 Najděte kořeny rovnice 2 + 5 − 3 1
+ 3 − 5 − 2 = 0.
Řešení: Jedná se o rovnici 2. druhu, lichého stupně. Budeme postupovat následujícím
způsobem:
1) Pomocí Hornerova schématu ověříme kořeny −1; 1. Číslo 1 bude určitě kořenem
rovnice.
2 5 0 -3 3 0 -5 -2
1 2 7 7 4 7 7 2 0
-1 2 5 2 2 5 2 0
-1 2 3 -1 3 2 0
Vidíme, že 1 je jednoduchým kořenem a −1 je dvojnásobným kořenem. Pokud
bychom tato čísla dále prověřovali, již bychom v Hornerově schématu v posledním
sloupci nedostali nulu, jak si můžete sami ověřit. Přepíšeme tedy rovnici do tvaru
( − 1)( + 1) (2 1
+ 3 − + 3 + 2) = 0
a můžeme si všimnout, že ve třetí závorce máme novou reciprokou rovnici,
tentokrát 1. druhu, sudého stupně.
2) Upravíme rovnici 2 1
+ 3 − + 3 + 2 = 0 vydělením výrazem a
přesuneme k sobě členy se stejným koeficientem:
2 • +
1
Ž + 3 • +
1
Ž − 1 = 0
3) Volíme substituci +
„
= A, je potřeba zjistit, čemu je rovno +
„…:
• +
1
Ž = A 	⇒	 + 2 +
1
= A 	⇒		 +
1
= A − 2
Získané výrazy dosadíme do rovnice 2 • +
„…€ + 3 • +
„
€ − 1 = 0 a
dostaneme
45
2(A − 2) + 3A − 1 = 0	⇒	2A + 3A − 5 = 0	⇒	A = −
5
2
, A = 1.
Vrátíme se k původní proměnné. Je-li A = −
/
, pak +
„
= −
/
, tuto rovnici
vynásobíme výrazem 2 (za předpokladu, že ≠ 0) a dostáváme rovnici 2 +
5 + 2 = 0, jejímž řešením jsou čísla = −2, = − .
Je-li A = 1, pak +
„
= 1 a obdobnou úpravou jako v předchozím kroku
dostáváme rovnici − 1 + = 0, jejímž řešením jsou ,1 =
±f√
.
Celkovým řešením je potom množina
¯−2, −1, −
1
2
, 1,
1 − 7√3
2
,
1 + 7√3
2
°.
Příklad 42 Řešte samostatně reciprokou rovnici 3 ƒ
+ − 4 − /
+ 2 1
− −
4 + + 3 = 0.
Výsledek:
∈ ¯−1,1,
1 ± 7√3
2
,
−2 ± 7√5
3
°.
Úlohy k procvičení
1. Definujte algebraickou rovnici a její kořeny.
2. Vyslovte a dokažte Bezoutovu větu.
3. Je těleso celých čísel algebraicky uzavřené? Vysvětlete.
4. Napište Vietovy vztahy pro polynom 5. stupně.
5. Zjistěte násobnost kořenů - = , - = −2 pro polynom ( ) = 8 + 4 −
2 /
+ 3 1
− 6 − 2 + 4 − 1.
6. Pomocí derivace najděte vícenásobné kořeny polynomu ( ) = 4 /
+ 20 1
+
25 − 10 − 20 + 8 ∈ t% &.
7. Je dána kvadratická rovnice − 5 + 3 = 0. Označme - , - její kořeny. Určete
hodnotu výrazu (- + - ) − 3- - .
8. Na příkladě polynomu ( ) = 4 1
− 4 + 13 − 12 + 2 vysvětlete, jakým
způsobem je možno hledat racionální kořeny polynomu s celými koeficienty.
Najděte všechny racionální koeficienty.
9. Na množině reálných čísel řešte nerovnici 4 1
− 4 + 13 − 12 + 2 < 0.
10. Na množině komplexních čísel řešte rovnici 5 1
− 26 + 10 − 26 + 5 = 0.
Výsledky:
5. - je trojnásobný kořen, - není kořenem.
6. - = je trojnásobným kořenem, - = −2 je dvojnásobným kořenem.
7. 16
8. - = .
9. Nemá řešení.
10. ∈ ±7; −7; 5;
/
².
47
4 Polynomy více proměnných
Cíle kapitoly
Prostudování této kapitoly vám umožní:
• Definovat polynom více proměnných
• Stanovit stupeň polynomu více proměnných
• Lexikograficky uspořádat polynom více proměnných
• Definovat symetrický a homogenní polynom
• Definovat elementární symetrické polynomy
Doba potřebná k prostudování
Cca 2 hodiny
Průvodce studiem
Definice 18 Polynomem o proměnných , … , rozumíme součet konečného počtu
členů
= ‡ + ‡ + ⋯ + ‡y,
kde ‡f = f
x …
… `
, f ∈ $ je koeficient členu ‡f, ) , … , ) jsou celá nezáporná
čísla. Polynom o proměnných nad tělesem $ značíme symbolem ∈ $% 	, . . . , &.
Stupněm členu x …
… `
nazýváme číslo ) + ) + ⋯ + ) .
Příklad 43 Stupněm členu 5 e/
je 8.
Poznámka: V dalším textu bude užitečný také pojem výšky členu. Nechť ( , … , ) je
polynom proměnných a f
x …
… `
je jeho libovolný člen. Pak uspořádanou -tici
celých nezáporných čísel () , … , ) ) nazveme výškou členu.
Definice 19 Stupeň nenulového polynomu 	 ∈ 	$% 	, . . . , & je roven maximálnímu ze
stupňů jeho členů s nenulovými koeficienty. Polynom, jehož všechny členy mají stejný
stupeň @, nazýváme homogenní polynom (stupně @).
Příklad 44 Polynom + e je homogenní polynom stupně 1, polynom − 2 e je
homogenní polynom stupně 2, polynom e + 3e je homogenní polynom stupně 3.
Definice 20 Členy ‡ = x …
… `
, ³ = "
Gx G…
…
G`
nazveme sdruženými členy
právě tehdy, když ) = H , ) = H , … , ) = H .
Poznámka: Sdružené členy podle možností okamžitě sečítáme. Platí ‡ + ³ = ( +
")	 x …
… `
.
Definice 21 Množina $% , … , & je vzhledem k operacím +, ∙ oborem integrity (operace
jsou všeobecně definovány, ($% , … , &, +) je grupa a ($% , … , &,∙) je komutativní
pologrupa).
Věta 26 Každý polynom 	 ∈ 	$% 	, . . . , & lze napsat ve tvaru součtu homogenních
polynomů navzájem různých stupňů, přičemž toto vyjádření je jednoznačné (až na pořadí).
Poznámka: V případě polynomů jedné proměnné bylo možno jeho členy seřadit sestupně
nebo vzestupně vzhledem k exponentu proměnné. Tuto metodu však u polynomů více
proměnných nelze použít. Musíme proto definovat jiný postup.
Věta 27 Nechť ‡	 =	 x …
… `
, ³ =
Gx G…
…
G`
	 jsou dva členy o proměnných.
Řekneme, že člen ‡ je před členem ³, existuje-li index 7, 1	≤		7	≤		 , splňující
) 	=	H 	, . . . , )f− 	=	Hf− 	, )f	>		Hf.
Jestliže člen ‡ je před členem ³ nebo ‡	 = 	³, píšeme ‡	 ≫ 	³.
Věta 28 Relace ≫ je relace lineárního uspořádání na množině všech členů o
proměnných (relace je antireflexivní, antisymetrická a tranzitivní).
Definice 22 Relaci ≫ nazýváme relací lexikografického uspořádání členů o
proměnných. Jsou-li členy polynomu 	∈	µ% 	, . . . , & uspořádány pomocí této relace,
říkáme, že jsme členy polynomu f uspořádali lexikograficky. Člen, který je před všemi
ostatními členy tohoto polynomu , nazýváme vedoucí člen polynomu .
Příklad 45 Určete lexikografické uspořádání polynomu ( , e, ‰) = ( − 2e )( ‰ + ‰)
a jeho vedoucí člen.
Řešení: Roznásobením dostáváme ( , e, ‰) = ‰ + ‰ − 2 e ‰ − 2e ‰ = ‰ −
2 e ‰ + ‰ − 2e ‰, což je lexikografické uspořádání polynomu. Přesvědčíme se o tom
pomocí výšek členů: (3,0,1), (2,2,1), (1,0,1), (0,2,1).	 Vedoucím členem polynomu je ‰.
49
Věta 29 Nechť , 	 ∈ $% 	, . . . , & jsou libovolné dva reálné nenulové polynomy n
proměnných. Pak součin vedoucích členů polynomů a je vedoucím členem součinu
	. .
Definice 23 Polynom ( , . . . , )	∈ $% 	, . . . , & se nazývá symetrický, jestliže se
nezmění žádnou permutací proměnných, tzn. pro libovolnou permutaci (α , . . . , α ) indexů
1, 2, . . . , platí:
! wx
, … , w`
#	= 	 ( , . . . , )
Množinu všech symetrických polynomů proměnných nad tělesem reálných čísel budeme
označovat \¶% 	, . . . , &.
Poznámka: Symetrický polynom dvou proměnných splňuje podmínku ( , e) = (e, ),
symetrický polynom tří proměnných podmínku ( , e, ‰) = ( , ‰, e) = (e, , ‰) =
(e, ‰, ) = (‰, , e) = (‰, e, ). Polynom + e je symetrický polynom stupně 1,
polynom + + e + e je symetrický polynom stupně 2.
Věta 30 Nechť ‡	 =	 x …
… `
je vedoucí člen symetrického polynomu ( , . . . , ).
Pak platí ) 	≥		) 	≥	. . .		≥		) .
Příklad 46 Nalezněte lexikografické uspořádání symetrického polynomu ( , e, ‰) =
( + e)( + ‰)(e + ‰) a jeho vedoucí člen.
Řešení: Roznásobením dostáváme ( , e, ‰) = e + ‰ + e + 2 e‰ + ‰ + e ‰ +
e‰ , což je lexikografické uspořádání polynomu. Vedoucím členem polynomu je e.
Věta 31 Nechť ‡	 =	 x …
… `
je člen o proměnných. Pak existuje pouze konečně
mnoho vedoucích členů symetrických polynomů o proměnných, které jsou za členem ‡.
Příklad 47 Buď dán polynom ( , e, ‰) = e + 2 e + ‰ + 2 ‰ − e ‰ +
e + ‰ + 2e ‰ + e ‰ + e‰ . Určete všechny jeho vedoucí členy.
Řešení: Výšky členů polynomu jsou po řadě (3,1,0), (2,2,0), (3,0,1), (2,0,2), (2,2,2),
(1,3,0), (1,0,3), (0,2,2), (0,3,1), (0,1,3). Uspořádáme-li tyto výšky pomocí relace
uspořádání >, dostaneme (3,1,0) > (3,0,1) > (2,2,2) > (2,2,0) > (2,0,2) > (1,3,0) >
(1,0,3) > (0,3,1) > (0,2,2) > (0,1,3). Vedoucím členem je tedy člen e. Nerovnosti
) 	≥		) 	≥	. . .		≥		) z Věty 30 však platí ještě pro výšky (2,2,2) a (2,2,0) a proto dalšími
vedoucími členy polynomu jsou e ‰ a 2 e .
Mohli bychom říci, že daný polynom je součtem tří jednoduchých symetrických
polynomů, jejichž vedoucími členy jsou e, e ‰ , 2 e . Způsob, jakým symetrické
polynomy rozkládáme do součtu jednoduchých symetrických polynomů, ukážeme
v následující části.
4.1 Elementární symetrické polynomy
Definice 24 Polynomy z \% 	, . . . , & tvaru:
· ( , … , ) = + + ⋯ +
· ( , … , ) = + + ⋯ +
⋮
· ( , … , ) = … + … + ⋯ + …
· ( , … , ) = …
nazýváme elementární symetrické polynomy proměnných.
Poznámka: Elementární polynom σ je tedy součtem všech proměnných 	, . . . , ,
polynom σ je součtem všech součinů jejich dvojic, polynom σ trojic, atd. Polynom σ je
nakonec součinem všech proměnných 	, . . . , . Pro případ 	 = 	3 a zavedené označení
proměnných , e, ‰ je tedy:
σ 		= 	 	 + 	e	 + 	‰	
σ 	= 	 e	 + 	 ‰	 + 	e‰	
σ 	= 	 e‰
Symetrické polynomy se vyskytují ve Vietových vztazích a dále je můžeme použít
pro řešení soustavy rovnic, kterou bychom neuměli řešit pomocí metod známých ze
základní a střední školy, jak ukážeme.
Následující hlavní věta o symetrických polynomech řeší existenci a jednoznačnost
vyjádření libovolného symetrického polynomu pomocí elementárních symetrických
polynomů.
Věta 32 Každý symetrický polynom ( , . . . , )	∈ \¸% 	, . . . , & lze vyjádřit jako
polynom proměnných σ1	, σ2	, . .., σ nad \, tzn.
( , . . . , ) = N(σ 	, σ 	, . . . , σ )
přičemž toto vyjádření je jednoznačné.
Příklad 48 Pro mocninné součty @ = + užitím binomické věty
( + ") = •
0
€ + •
1
€ " + ⋯ + •
− 1
€ " + • € "
dostáváme
@ = + = · ,
@ = + = ( + ) − 2 = · − 2· ,
@ = + = ( + ) − 3 ( + ) = · − 3· · ,
51
atd. Pro obecné převedení symetrického polynomu na součet elementárních symetrických
polynomů nám bude sloužit následující algoritmus.
Algoritmus pro nalezení všech vedoucích členů symetrických polynomů stupně
) + ) + ⋯ + ) , které stojí za vedoucím členem x …
… `
() 	≥		) 	≥	. . .		≥		) ):
1. Napíšeme výšku vedoucího členu polynomu, tj. posloupnost exponentů ) , … , ) .
2. V této posloupnosti najdeme poslední číslo větší než 1. Od tohoto čísla odečteme 1,
čísla „před“ ponecháme beze změny a čísla „za“ volíme co nejmenší tak, aby platilo
H 	≥		H 	≥	. . .		≥		H¶ a H + H + ⋯ + H¶ = ) + ) + ⋯ + ) .
3. Postup opakujeme, dokud nedostaneme posloupnost 1, 1, …, 1.
Pak v získané posloupnosti výšek členů jsou popsány všechny vedoucí členy symetrických
polynomů daného stupně, které stojí za zadaným vedoucím členem.
Při hledání symetrického polynomu ( , . . . , ) ve tvaru N(σ 	, σ 	, . . . , σ )
k prvnímu vedoucímu členu x …
… `
vytvoříme odpovídající člen N = · x …
∙
· … ‚
∙ … ∙ · `
. Obdobně pokračujeme pro další vedoucí členy.
Polynom lze napsat ve tvaru = N + ‡N + ³N + ⋯ + ¹Nº, kde je
koeficient prvního vedoucího členu a konstanty ‡, ³, … jsou neurčité koeficienty, které
najdeme dosazováním konkrétních hodnot za , … , .
Příklad 49 Převeďte polynom = + + 1 + + ⋯ do tvaru
N(σ 	, σ 	, . . . , σ ).
Řešení: Nejdříve sestavíme posloupnost exponentů a vytvoříme odpovídající vedoucí
členy obecného symetrického polynomu, jehož vedoucí člen je . Takový polynom by
měl tvar : + + 1 + ⋯ + + 1 + ⋯ + 1. Ke každému
vedoucímu členu potom vytvoříme odpovídající člen N :
2 2 N = · · = ·
2 1 1 N = · · · = · ·
1 1 1 1 N = · · · ·1 = ·1
Pro polynom tedy platí
= · + ‡· · + ³·1,
kde = 1 a koeficienty ‡, ³ dopočítáme dvěma volbami za , , , 1.
Volba 1: ( , , , 1) = (1,1,1,0), = + ⋯ = 1 + 1 + 1 = 3, · = + +
= 1 + 1 + 1 = 3, · = + + = 1 + 1 + 1 = 3, · =
= 1, ·1 = 0. Dosazením do rovnice = · + ‡· · + ³·1 dostáváme
3 = 9 + 3‡	⇒	‡ = −2.
Volba 2: ( , , , 1) = (1,1,1,1), sami si můžete dosazením ověřit, že = 6, · =
4, · = 6, · = 4, ·1 = 1. Platí tedy
6 = 36 + 16‡ + ³	⇒	³ = 2.
Tím dostáváme hledaný tvar polynomu
=	· − 2· · + 2·1.
Příklad 50 Symetrický polynom = ( − e) ( − ‰) (e − ‰) převeďte do proměnných
σ 	, σ 	, . . . , σ .
Řešení: Roznásobením bychom získali = 1
e − 2 1
e‰ + 1
‰ − 2 e + ⋯ Můžeme
tedy psát posloupnost exponentů vedoucích členů. Vyškrtávat přitom budeme všechny
řádky, kde má posloupnost více členů než 3, protože polynom má 3 proměnné.
4 2 N = · ·
4 1 1 N = · ·
3 3 N = ·
3 2 1 N1 = · · ·
3 1 1 1 ××××
2 2 2 N = ·
2 2 1 1 ××××
2 1 1 1 1 ××××
1 1 1 1 1 1 ××××
= · · + ‡· · + ³· + }· · · + q· .
Máme 4 neurčité koeficienty, proto budou potřeba 4 různé volby (všimněte si, že např.
volby (1,1,0) a (0,1,1) jsou z hlediska výsledku totožné, což je způsobeno symetričností
polynomu):
Volba 1: ( , e, ‰) = (1,1,0), = ( − e) ( − ‰) (e − ‰) = 0, · = 	 + 	e	 + 	‰ =
2, · = 	 e	 + 	 ‰	 + 	e‰ = 1, · = e‰ = 0
0 = 4 + ³⇒	³ = −4
Volba 2: ( , e, ‰) = (1,1,1), = 0, · = 3, · = 	3, · = 	1
0 = 81 + 27‡ − 27.4 + 9} + q	⇒	27 = 27‡ + 9} + q
Volba 3: ( , e, ‰) = (1,1, −2), = 0, 	· = 0, · = 	1.1 + 1. (−2) + 1. (−2) = −3, · =
	−2
0 = 27.4 + 4q	⇒		q = −27
53
Volba 4: ( , e, ‰) = (1,1, −1), = 0, 	· = 1, · = 	1.1 + 1. (−1) + 1. (−1) = −1, · =
	−1
0 = 1 − ‡ + 4 + } − 27	⇒	22 = −‡ + }
Nyní budeme řešit soustavu rovnic pro zbývající neurčité koeficienty:
27 = 27‡ + 9} − 27
22 = −‡ + }
Řešením této soustavy je ‡ = −4, } = 18. Celkem
= · · − 4· · − 4· + 18· · · − 27· .
Příklad 51 Řešte samostatně: Převeďte polynom = + e + ‰ do proměnných
σ 	, σ 	, . . . , σ .
Výsledek: = · − 3· · + 3·
Příklad 52 Řešte samostatně: Převeďte polynom = ( + e )( + ‰ )(e + ‰ ) do
proměnných σ 	, σ 	, . . . , σ .
Výsledek: Vedoucí člen 1
e , = · · − 2· · − 2· + 4· · · − ·
Symetrické polynomy mají využití v aplikačních úlohách. My však ukážeme pouze
dva jednoduché příklady, abychom ilustrovali užitečnost symetrických polynomů
v různých typech úloh.
Příklad 53 Řešte v oboru reálných čísel následující soustavu rovnic
+ e = 35
e = 6.
Řešení: Sami si můžete výpočtem ověřit, že + e = · − 3· · a e = · . Tedy
dostáváme novou soustavu rovnic
· − 3· · = 35
· = 6
Dosazením druhé rovnice do první dostáváme rovnici · − 18· − 35 = 0, postupným
hádáním a dosazováním do Hornerova schématu najdeme jediný reálný kořen · = 5.
Protože · = + e, budeme nyní řešit soustavu
+ e = 5
e = 6,
jejímž řešením je množina dvou uspořádaných dvojic E%3,2&, %2,3&F.
Provedeme zkoušku dosazením do původního zadání a v obou případech obdržíme
identitu 35 = 35	∧	6 = 6.
Příklad 54 Kvádr má hrany o délkách , ", -. Platí + " + - = 6 a " + - + "- = 9.
Určete objem krychle, která má stejně dlouhou tělesovou úhlopříčku jako zadaný kvádr.
Řešení: Označíme délku hrany krychle ). Tělesová úhlopříčka kvádru má délku
√ + " + - , délka tělesové úhlopříčky krychle je √3). Dostáváme tedy rovnici
• + " + - = √3),
kterou umocníme a máme
+ " + - = 3) .
Polynom + " + - je symetrický polynom a platí + " + - = · − 2· , tedy
· − 2· = 3) .
Ze zadání přitom víme, že · = + " + - = 6 a · = " + - + "- = 9. Takže
6 − 2.9 = 3) ,
úpravou ) = 6, ) = √6. Hledaný objem krychle potom je
» = ) = 6√6.
Příklad 55 Řešte samostatně soustavu rovnic:
+ e = 28
+ e = 4
Výsledek: E%3,1&, %1,3&F.
55
Úlohy k procvičení
1. Definujte polynom proměnných a jeho stupeň.
2. Definujte homogenní a symetrický polynom.
3. Určete stupně následujících polynomů. Jsou homogenní nebo symetrické?
a. − e,
b. 3 e + 2 ,
c. 4 e + 3 + 3e + 4 e,
d. 5 + e − 7,
e. e + e‰ + ‰ ,
f. e + e‰ + ‰ + e + e ‰ + ‰ .
4. Užitím binomické věty napište mocninný součet @1 = 1
+ 1
pomocí
elementárních symetrických polynomů.
5. Vyjádřete polynom ( + e)(e + ‰)(‰ + ) pomocí elementárních symetrických
polynomů.
Výsledky:
3. a. 1, homogenní, b. 2, homogenní, c. 3, symetrický, d. 2, není homogenní ani
symetrický, e. 3, homogenní, f. 3, homogenní a symetrický
4. @1 = ·1
− 4· · + 2·
5. · · − · .
Literatura
BARBEAU, E. J.: Polynomials. Springer – Verlag New York Inc., 1989
BIRKHOFF, G., MAC LANE, S.: Prehľad modernej algebry. Praha: SNTL, 1979
BLAŽEK, J., KOMAN, M., VOJTÁŠKOVÁ, B.: Algebra a teoretická aritmetika. Praha: SPN,
1985
HERMAN, J., KUČERA, R., ŠIMŠA, J.: Metody řešení matematických úloh I. Brno: PřF MU,
1996
HORÁK, P.: Polynomy. 1. vydání. Brno: UJEP, 1978.