To tylko jedna z 4 stron tej notatki. Zaloguj się aby zobaczyć ten dokument.
Zobacz
całą notatkę
Wykład 9
Wielomiany
Element a ∈ K nazywamy t-krotnym pierwiastkiem wielomianu f (x) jeśli
(x − a)t |f (x) i (x − a)t+1 f (x).
Jeśli krotność pierwiastka jest większa od 1 to mówimy, że pierwiastek
jest wielokrotny.
Pochodną wielomianu f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 ∈ K[x]
nazywamy wielomian:
f (x) = nan xn−1 + (n − 1)an−1 xn−2 + · · · + a1 ,
gdzie na = a + · · · + a.
n
Własności pochodnej
1. (f (x) + g(x)) = f (x) + g (x),
2. (f (x)g(x)) = f (x)g(x) + f (x)g (x),
3. Jeśli stf (x) = 0 to f (x) = 0.
Twierdzenie 1 Element a jest pierwiastkiem wielokrotnym wielomianu f (x)
wtedy i tylko wtedy gdy f (a) = 0 i f (a) = 0.
Dowód
(⇒) Jeśli a jest pierwiastkiem wielokrotnym wielomianu f (x) to istnieje t
1, że (x − a)t |f (x). Zatem f (x) = (x − a)t g(x) i na podstawie własności 2.
pochodnej mamy:
f (x) = t(x − a)t−1 g(x) + (x − a)t g (x),
a więc a jest również pierwiastkiem wielomianu f (x).
(⇐) Jeśli a jest pierwiastkiem wielomianów f (x) i f (x) to mamy: f (x) =
(x − a)g(x), stąd f (x) = g(x) + (x − a)g (x) i ponieważ a jest pierwiastkiem
wielomianu f (x) to musi być pierwiastkiem wielomianu g(x). Zatem g(x) =
(x − a)h(x) i f (x) = (x − a)2 h(x).
2
n−1
n
x
x
Zadanie Niech wn (x) = 1 + 1! + x + · · · + (n−1)! + x . Udowodnić, że wn (x)
2!
n!
nie ma pierwiastków wielokrotnych.
Rozwiązanie Można udowodnić, że wn (x) = wn−1 (x). Wtedy mamy:
xn
wn (x) = wn (x) + ,
n!
Zatem jeśli a jest pierwiastkiem wielokrotnym to wn (a) = wn (a) = 0 i
Zatem a = 0, ale 0 nie jest pierwiastkiem wielomianu wn (x).
1
an
n!
= 0.
Twierdzenie 2 Wielomian stopnia n posiada maksymalnie n pierwiastków.
Jeśli wielomian f (x) stopnia n ma dokładnie n pierwiastków x1 , x2 , . . . , xn
to istnieje c ∈ K i g(x) ∈ K[x], że:
f (x) = c(x − x1 )(x − x2 ) · · · (x − xn ).
Mówimy, że wielomian f (x) rozkłada się na iloczyn czynników liniowych jeśli:
f (x) = c(x − x1 )k1 (x − x2 )k2 · · · (x − xs )ks .
Twierdzenie 3 (Zasadnicze Twierdzenie Algebry) Każdy wielomian f
o współczynnikach zespolonych posiada pierwiastek.
Wniosek 1 Każdy wielomian o współczynnikach zespolonych rozkłada się na
iloczyn czynników liniowych.
Twierdzenie 4 Niech f (x) będzie wielomianem o współczynnikach rzeczywistych i niech liczba zespolona z będzie pierwiastkiem tego wielomianu. Wtedy
liczba z jest również pierwiastkiem wielomianu f (x).
¯
Dowód Niech f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 będzie wielomianem
o współczynnikach rzeczywistych i niech z będzie pierwiastkiem tego wielomianu. Wtedy mamy f (z) = an z n + an−1 z n−1 + · · · + a1 z + a0 = 0. Ponieważ
liczby ai są rzeczywiste to ai = ai i mamy:
f (¯) = an z n + · · · + a1 z + a0 = an z n + · · · + a1 z + a0 = f (z) = 0,
z
¯
¯
zatem z też jest pierwiastkiem wielomianu f (x).
¯
Wniosek 2 Każdy wielomian o współczynnikach rzeczywistych rozkłada się
na iloczyn czynników liniowych i kwadratowych.
Zadanie Rozłożyć wielomian x3 + 1 nad ciałem liczb rzeczywistych i nad
ciałem liczb zespolonych.
Rozwiązanie Liczba −1 jest pierwiastkiem
(…)
…, czy liczba wymierna p jest pierwiastkiem tego wielomianu:
q
p
Twierdzenie 5 Jeśli liczba wymierna g jest pierwiastkiem wielomianu f (x) =
an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 , którego współczynniki ai są całkowite to
p|a0 , a q|an .
Przykład Sprawdzić, czy wielomian f (x) = x5 − x4 − x3 + x2 − 12 ma
pierwiastki wymierne.
Rozwiązanie Zgodnie z powyższym Twierdzeniem wymiernymi pierwiastkami tego wielomianu…
…. Jeśli istnieje liczba pierwsza p taka, że p an ,
p|an−1 , p|an−2 , . . . , p|a1 , p|a0 i p2 a0 to wielomian f (x) jest nierozkładlny
nad ciałem liczb wymiernych.
Przykład Zgodnie z powyższym Twierdzeniem wielomian
x3 + 49x2 − 7x + 14
jest nierozkładalny na ciałem liczb wymiernych (wystarczy przyjąć p = 7).
Wiemy natomist, że wielomian ten jest rozkładalny nad ciałem liczb rzeczywistych i zespolonych.
Powyższe…
… liniowych i kwadratowych.
Zadanie Rozłożyć wielomian x3 + 1 nad ciałem liczb rzeczywistych i nad
ciałem liczb zespolonych.
Rozwiązanie Liczba −1 jest pierwiastkiem wielomianu x3 + 1, zatem dwumian x + 1 dzieli x3 + 1. Mamy więc x3 + 1 = (x + 1)(x2 − x + 1). Wielomian
x2 − x + 1 jest nierozkładalny nad R bo nie ma pierwiastków rzeczywistych.
Rozłóżmy go nad C. Obliczamy pierwiastki wielomianu x2 − x + 1…
... zobacz całą notatkę
Komentarze użytkowników (0)