Polinom bölmesi ve kalan teoremi

Zerrin AYT denemesinde x⁵ − 3x² + 4 polinomunun x − 2 ile bölümünden kalanı arıyor. Kâğıda uzun bölmeyi kuruyor: eksik x⁴ ve x³ terimleri için sıfırlar yazıyor, beş kez çarpıp beş kez çıkarıyor. Dördüncü satırda bir eksi işaretini kaçırıyor ve seçeneklerde olmayan bir sayı buluyor. Akşam çözüm kitapçığını açtığında gördüğü tek satır onu şaşırtıyor: «P(2) = 32 − 12 + 4 = 24». Bölme hiç yapılmamış. Neden x yerine 2 yazmak kalanı veriyor? Bu dersin cevabı, TYT'den bildiği bölme eşitliğinde saklı. Uzun bölme yine gerekli: bölümü bulmak ve ikinci dereceden bir bölenle karşılaşınca ne yapılacağını bilmek için önce onun mantığını kurmak lazım.

• Bir polinomu birinci ve ikinci dereceden bir polinoma uzun bölmeyle ya da Horner yöntemiyle bölüp bölümü ve kalanı bulursun.
• Bölen x − a ya da ax + b olduğunda kalanı, kalan teoremiyle bölme yapmadan hesaplarsın.
• İkinci dereceden bir bölende kalanı mx + n biçiminde yazıp iki değerle ya da xⁿ'yi indirgeyerek bulursun.
• Kaydırılmış polinomların ve iç içe bölmelerin kalanını bölme eşitliğinden çıkarırsın.

Sayılardan polinomlara: bölme eşitliği

TYT'deki «Bölme işlemi» dersinde dört terimli eşitliği kurmuştuk: bölünen = bölen · bölüm + kalan, yani A = B · C + K ve 0 ≤ K < B. Polinomlarda da aynı eşitlik geçerlidir, yalnız «kalan bölenden küçüktür» koşulu sayıların büyüklüğüyle değil, derecelerle ifade edilir. P(x) polinomu sıfırdan farklı bir Q(x) polinomuna bölündüğünde

• P(x) = Q(x) · B(x) + K(x) ve der K < der Q (ya da K(x) = 0)

olacak biçimde tek bir B(x) bölümü ve tek bir K(x) kalanı vardır. Kalanın derecesi bölenin derecesinden küçük olmak zorundadır; olmasaydı bölme bir adım daha sürdürülebilirdi. Bu yüzden birinci dereceden bir bölende kalan bir sabit, ikinci dereceden bir bölende kalan en çok birinci dereceden bir polinomdur. Sayılardaki gibi kalan sıfır çıkabilir; o zaman P(x), Q(x)'e tam bölünür.

Derecelerin toplanması kuralı bölümün derecesini de verir: Q(x) · B(x) çarpımının derecesi P(x)'in derecesine eşit olmalıdır, o hâlde der B = der P − der Q. Beşinci dereceden bir polinom üçüncü dereceden bir polinoma bölünürse bölüm ikinci derecedendir, kalanın derecesi de en çok 2 olur.

Uzun bölme adım adım

x³ + 2x² − 5x + 6 polinomunu x² + x − 1'e bölelim. Uzun bölme sayılardaki bölmenin kurulduğu düzende yürür, ama her adımda yalnız en yüksek dereceli terimlere bakılır.

1. Bölünenin baş terimi x³, bölenin baş terimi x²'dir. x³ ÷ x² = x; bölümün ilk terimi x olur.
2. x ile böleni çarp: x · (x² + x − 1) = x³ + x² − x. Bunu bölünenin altına yaz ve çıkar. Çıkarmada her terimin işareti değişir: (x³ + 2x² − 5x + 6) − (x³ + x² − x) = x² − 4x + 6.
3. Yeni satırın baş terimi x²'dir. x² ÷ x² = 1; bölüme +1 eklenir.
4. 1 · (x² + x − 1) çıkarılır: (x² − 4x + 6) − (x² + x − 1) = −5x + 7.
5. −5x + 7'nin derecesi 1, bölenin derecesi 2'dir. Derece bölenden küçüldüğü için bölme biter.

Bölüm x + 1, kalan −5x + 7'dir. Sonucu denetlemenin en kısa yolu eşitliği geri kurmaktır: (x² + x − 1)(x + 1) + (−5x + 7) açıldığında x³ + 2x² − 5x + 6 elde edilir.

Bölünende bir derece eksikse o terimin yerine sıfır katsayı yazılır: 2x³ − 7x + 1 bölünürken 2x³ + 0x² − 7x + 1 kurulur. Bu boşluk bırakılmazsa terimler yanlış sütunlara kayar ve çıkarma bozulur.

Horner yöntemi

Bölen x − a biçimindeyse uzun bölmenin kısa bir yazımı vardır. 2x³ + 0x² − 7x + 1'i x − 2'ye bölelim. Katsayılar bir satıra yazılır: 2, 0, −7, 1. İlk katsayı olduğu gibi aşağı iner. Sonra her adımda son bulunan sayı a = 2 ile çarpılır ve sıradaki katsayıya eklenir: 2; 0 + 2 · 2 = 4; −7 + 4 · 2 = 1; 1 + 1 · 2 = 3. Son sayı kalandır, öncekiler bölümün katsayılarıdır. Bölüm 2x² + 4x + 1, kalan 3'tür. Bölen x + 2 ise a = −2 alınır; işaret burada en sık yapılan hatadır.

Kalan teoremi

Horner tablosundaki son sayı 3'tür; 2x³ − 7x + 1'de x yerine 2 yazınca da 16 − 14 + 1 = 3 çıkar. Bu rastlantı değildir. P(x) polinomu x − a'ya bölündüğünde kalan bir sabittir, ona K diyelim: P(x) = (x − a) · B(x) + K. Eşitlik her x için doğru olduğundan x = a da yazılabilir. Birinci çarpan sıfır olur ve geriye P(a) = K kalır.

• P(x)'in x − a ile bölümünden kalan P(a)'dır.

Bölümü bilmeye gerek kalmaz; Zerrin'in çözüm kitapçığında gördüğü tek satır buydu. «Polinom kavramı» dersinde P(1)'in katsayılar toplamı, P(0)'ın sabit terim olduğunu görmüştük. Kalan teoremi bunlara yeni bir anlam verir: katsayılar toplamı x − 1 ile, sabit terim x ile bölümden kalandır.

ax + b ile bölüm

Bölen 2x − 1 ya da 3x + 1 gibi baş katsayısı 1 olmayan birinci dereceden bir polinomsa aynı düşünce işler. P(x) = (ax + b) · B(x) + K eşitliğinde bölen x = −b/a için sıfırlanır ve K = P(−b/a) bulunur. 4x³ − 2x² + x + 5 polinomunun 2x − 1 ile bölümünden kalan P(1/2) = 4/8 − 2/4 + 1/2 + 5 = 11/2'dir. Kural tek cümleyle şöyle hatırlanır: böleni sıfır yapan x değeri bulunur ve polinomda yerine yazılır.

İkinci dereceden bölen: kalan mx + n

Bölen ikinci dereceden olduğunda kalan tek bir sayı olmayabilir; der K < 2 olduğundan K(x) = mx + n yazılır ve iki bilinmeyen için iki denklem gerekir.

Bölen x² − 1 gibi çarpanlarına ayrılıyorsa onu sıfırlayan iki değer kullanılır. x² − 1 iki kare farkıdır ve x = 1 ile x = −1 için sıfır olur; P(x) = (x² − 1) · B(x) + mx + n eşitliğinde x'e sırayla 1 ile −1 verilince bölüm yok olur: P(1) = m + n ve P(−1) = −m + n. İki denklem birlikte çözülür. Aynı yol, P(x)'in x − 2 ve x + 1 ile bölümünden kalanlar verildiğinde x² − x − 2 ile bölümünden kalanı bulmaya da yarar.

x² + 1 gibi gerçek sayılarda çarpanlarına ayrılmayan bir bölende onu sıfırlayan gerçek sayı yoktur. Burada başka bir gözlem işe yarar: kalan bulunurken bölenin katları atılabilir, yani x² + 1 sıfır sayılabilir. Böylece her x² yerine −1 yazılır ve yüksek kuvvetler indirgenir. x⁵ + 2x³ − x + 3 için x⁵ = x · (x²)² ifadesi x'e, 2x³ = 2x · x² ifadesi −2x'e dönüşür; toplam x − 2x − x + 3 = −2x + 3 olur. Bölen x² + 2 olsaydı x² yerine −2 yazılırdı. Bu yöntem çarpanlarına ayrılan bölenlerde de çalışır: x² − 1 bölende x² yerine 1 yazılır.

Kaydırılmış polinomlar

«Polinomlarda işlemler» dersinde P(x + 1) için x = 1 alındığında parantezin içine 2 girdiğini görmüştük; içeriye hangi sayının girdiğini izleyen aynı düşünce burada da çalışır. Soru bazen P(x)'in kendisini değil, P(2x + 1) ya da P(x − 3) gibi kaydırılmış bir polinomu sorar. Kalan teoremi burada da aynıdır: bölen x − a ise x yerine a yazılır. P(2x + 1)'in x − 2 ile bölümünden kalan, 2 · 2 + 1 = 5 olduğundan P(5)'tir. Soru tersten de kurulabilir: P(x + 3)'ün x + 4 ile bölümünden kalan verilmişse bu bilgi P(−4 + 3) = P(−1)'in değeridir. Önce kaydırılmış ifadenin içine hangi sayının girdiği hesaplanır, sonra P'nin o sayıdaki değeriyle çalışılır.

İç içe bölme

P(x)'in x − 1 ile bölümünden bölüm B(x), kalan 3 olsun; B(x)'in de x + 2 ile bölümünden kalan 4 olsun. B(x) = (x + 2) · C(x) + 4 yazılıp ilk eşitliğe konur: P(x) = [(x + 2) · C(x) + 4] · (x − 1) + 3 = (x − 1)(x + 2) · C(x) + 4x − 1. Buradan P(x)'in (x − 1)(x + 2) ile bölümünden kalanın 4x − 1 olduğu okunur. Denetim için P(1) = 3 ve P(−2) = −9 değerleri 4x − 1'de de tutar.

Kalan sıfır olduğunda

Bu derste bölmelerin çoğu sıfırdan farklı bir kalan bıraktı. Kalan sıfır olduğunda bölen, bölünenin bir çarpanıdır; P(a) = 0 ise x − a, P(x)'in çarpanıdır. Sıradaki ders bu bağlantıdan yola çıkıyor: bir polinomun köklerini bulmak, köklerden çarpanlara geçmek ve yüksek dereceli bir polinomu birinci ve ikinci dereceden çarpanlarına ayırmak.

Örnek 1 — Uzun bölmede kalan

Soru: 2x³ − 3x² + 4x − 1 polinomu x² − x + 2 ile bölündüğünde kalan nedir?

• A) x + 1
• B) 2x − 1
• C) −x + 1
• D) 7x − 5
• E) −x − 1

Çözüm: 2x³ ÷ x² = 2x; 2x · (x² − x + 2) = 2x³ − 2x² + 4x çıkarılınca −x² − 1 kalır. −x² ÷ x² = −1; −1 · (x² − x + 2) = −x² + x − 2 çıkarılınca −x + 1 elde edilir. Derecesi 1 olduğu için bölme durur; bölüm 2x − 1'dir, B seçeneği kalanı değil bölümü verir. Cevap: C.

Örnek 2 — ax + b ile bölüm

Soru: P(x) = 4x³ − 2x² + x + 5 polinomunun 2x − 1 ile bölümünden kalan kaçtır?

• A) 5
• B) 11/2
• C) 8
• D) 7/2
• E) −2

Çözüm: 2x − 1'i sıfırlayan değer 1/2'dir. P(1/2) = 4 · (1/8) − 2 · (1/4) + 1/2 + 5; ilk iki terim birbirini götürür ve sonuç 5 + 1/2 = 11/2 olur. x yerine 2 ya da 1 yazmak böleni sıfırlamaz; 8, P(1)'dir. Cevap: B.

Örnek 3 — x² + 1 ile bölüm

Soru: x⁷ + 3x⁴ − 2x + 1 polinomunun x² + 1 ile bölümünden kalan aşağıdakilerden hangisidir?

• A) −x + 4
• B) −3x + 4
• C) x − 2
• D) −3x − 2
• E) 3

Çözüm: x² yerine −1 yazılır. x⁷ = x · (x²)³ = x · (−1)³ = −x; 3x⁴ = 3 · (x²)² = 3. Toplam −x + 3 − 2x + 1 = −3x + 4. Cevap: B.

Örnek 4 — İki kalandan bir kalan

Soru: P(x)'in x − 2 ile bölümünden kalan 7, x + 1 ile bölümünden kalan −2'dir. P(x)'in x² − x − 2 ile bölümünden kalan nedir?

• A) 3x − 1
• B) x + 5
• C) 3x + 7
• D) 3x + 1
• E) −3x + 1

Çözüm: x² − x − 2 = (x − 2)(x + 1). Kalan mx + n olsun. x = 2 için 2m + n = 7, x = −1 için −m + n = −2. Çıkarınca 3m = 9, m = 3 ve n = 1 bulunur. Cevap: D.

• Kalanın derecesini bölene göre değil bölünene göre düşünmek. İkinci dereceden bölende kalan mx + n biçimindedir; tek bir sayı aramak bilgiyi yarıda keser.
• Böleni sıfır yapan değerde işaret hatası. x + 2 ile bölümde P(−2), 2x − 1 ile bölümde P(1/2) yazılır; Horner'da da a = −2 alınır.
• Uzun bölmede eksik dereceye sıfır yazmamak. Terimler kayar ve çıkarılan satırlar yanlış sütunlara düşer.
• Çıkarmada bütün terimlerin işaretini değiştirmemek. Yalnız baş terimi silip öteki terimleri toplamak en sık görülen uzun bölme hatasıdır.
• x² + 1 bölende x² yerine 1 yazmak. Bölen sıfır sayıldığında x² = −1 olur; x² − 1 bölende ise x² = 1.
• Kaydırılmış polinomda içeriyi hesaplamamak. P(2x + 1)'in x − 2 ile bölümünden kalan P(2) değil, P(5)'tir.