Veeltermen met gehele coëfficiënten

Stel P(x) een veelterm met gehele coëfficiënten en a en b gehele getallen, dan geldt

    \[a-b \text{ deelt} P(a)- P(b)\]

Hieruit volgt de gekende regel dat als a een gehele nulwaarde is van P(x), dan moet a een deler zijn van de constante term in P(x). Neem a een gehele nulwaarde van P(x), dan is , volgens vorige stelling a-0 een deler van P(a)-P(0). Omdat P(a)=0 volgt hieruit dat a een deler is van P(0), wat moest bewezen worden.

Toepassing: Gegeven is een veelterm P(x) met gehele coëfficiënten veronderstel dat P(x)= \pm 1 voor  3 verschillende gehele getallen. Bewijs dat P(x) geen geheel nulwaarden heeft.

Stel dat er toch een geheel nulwaarde is: P(d)=0 en d is een geheel getal. Uit de gegeven stelling volgt dan dat a-d, b-d en c-d delers zijn van 1. Dit zijn drie verschillende getallen. Dit is dus onmogelijk omdat 1 slechts 2 delers heeft.

 

Differentie veeltermen

We beschrijven een manier om de waarden van een veelterm P(x) te berekenen als de waarden in opeenvolgende natuurlijke getallen gegeven zijn. 

De (eerste) differentie van P(x) is:

    \[D_1(x)=P(x+1)-P(x)\]

De k-de differentie wordt dan gedefinieerd als:

    \[D_k(x)=D_1(D_{k-1}(x))\]

Als de graad van P(x) gelijk is aan n, dan formuleren we volgende eigenschappen:

  • De graad van D_1(x) is n-1.
  • De graad van D_k(x) is n-k.
  • Via inductie vinden we

        \[D_k(x)=\sum_{i=0}^k\binom{k}{i}P(x+i)\]

  • D_n(x) is constant en D_{n+1}(x)=0.
  • De waarde van de constante D_n(x) is n! keer de co\”efficiënt\”ent van x^n in P(x).
  • P(x+n+i)=\sum_(I=0}^n(-1)^{k-i}\binom{n+1}{i}p(x+i).

Veronderstel dat f een veelterm is van graad 2 en dat f(1)=4,f(2)=3,f(3)=4,f(4)=7 en f(5)=12 , bereken dan f(6). We zouden een voorschrift voor f kunnen opstellen via interpolatie of door 3 van de gegevens in te vullen in f(x)=ax^2+bx+c en dan het stelsel van 3 vergelijkingen met 3 onbekenden op te lossen. Maar .. laten we  eens de differenties berekenen:

Omdat we weten dat D_2(x) constant is kunnen we de tabel zelf aanvullen:

en vinden we dat f(6)=19.

Een ander voorbeeld: zo is er geen veelterm P(n) waarvoor geldt dat P(n)=2^n voor elke positief natuurlijk getal n. Want : D_1(n)=2^{n+1}-2^n=2^n=P(n).  Dus wordt geen enkele differentie konstant en bestaat er geen veelterm met de gevraagde voorwaarde.

 

Oplossing door lineaire combinaties

Bekijk even het volgende probleem:  gegeven zijn n verschillende reële getallen m_1,\dots,m_n en a_1,\cdots,a_n. Bepaal een veelterm P(x) zodat P(m_i)=a_i voor i:1...n.

Dit is eigenlijk een interpolatieprobleem, waarbij we een veeltermfunctie zoeken waarvan de grafiek door de n punten (m_i,a_i) gaat. Natuurlijk kunnen we het stelsel van n vergelijkingen met n onbekenden gaan oplossen dat ontstaat door de n punten in te vullen in de algemene vorm van een veeltermfunctie van graad n-1.

Een andere techniek bestaat erin eerst speciale gevallen op te lossen, waarbij één van de a_i’s gelijk is aan 1 en de andere aan 0. Dit is niet zo lastig : definieer P_i(x) als het product van alle factoren x-m_j waarbij j verschilt van i. Neem vervolgens v_i(x)=\frac{P_i(x)}{P_i(m_i)}. Dan geldt inderdaad dat v_i(m_i)=1 en v_i(m_j)=0 voor elke j verschillend van i.

De uiteindelijke oplossing van het beginprobleem ontstaat nu door de gepaste lineaire combinatie te nemen van de gevonden veeltermen v_i(x), namelijk:

    \[P(x)=a_1v_1(x)+\cdots+a_nv_n(x)\]

Dit noemt men ook wel eens de Lagrange interpolatie formule.(naar de Franse wiskundige Joseph-louis Lagrange( 1736-1813))

Een voorbeeld: f(x) is een veelterm van graad maximaal n waarvoor geldt dat f(k)=\frac{n+1-k}{k+1} voor k=0,1,...,n . Zoek f(n+1).

Antwoord Klik hier

Tekenregel van Descartes

De tekenregel werd voor het eerst genoemd in het werk ‘La géometrie’ van René Descartes (1596-1650). Het gaat over veeltermen met reële coëfficiënten en we zijn geïnteresseerd in het aantal positieve nulwaarden. Veronderstellen we voor de rest van deze tekst dat de coëfficiënt van x^n gelijk is aan 1, dat de constante term niet nul is  en dat de veelterm geordend is naar afnemende machten van x.

Het fundamenteel theorema van de algebra zegt dat een veelterm van graad n steeds n nulwaarden heeft in \mathbb{C}. Meestal zijn we niet in staat deze nulwaarden te vinden. Toch kunnen we informatie vinden over het aantal positieve reële nulwaarden ( p) en het aantal negatieve nulwaarden (n). Bestudeer hiervoor het aantal teken veranderingen in de rij van tekens van de niet nul zijnde coëfficiënten van de gegeven veelterm P(x):

  • De waarde p heeft dezelfde pariteit als het aantal  tekenveranderingen.
  • De waarde p is kleiner of gelijk aan het aantal tekenveranderingen.
  • Om n te bepalen bepalen we p voor de veelterm P(-x).

Een voorbeeld: P(x)=x^6-6x^5+10x^4-2x^3-3x^2+4x-12.

  • Er zijn 5 tekenveranderingen.
  • p\leq 5 en p is oneven, dus p = 1, 3 of 5
  • P(-x)=x^6+6x^5+10x^4+2x^3-3x^2-4x-12. Er is 1 tekenverandering dus n=1.
  • Narekenen geeft als nulwaarden: -1 en 2 met multipliciteit 2 en 3.

Uitdaging 3 en 4

Voor welke waarden van k is x^3+y^3+z^3+kxyz deelbaar door x+y+z?

Antwoord Klik hier

Een veelterm f(x)  met gehele coëfficiënten heeft oneven getalwaarden voor 0 en 1. Bewijs dat  f(x) geen gehele nulwaarden kan hebben.

Antwoord Klik hier