To tylko jedna z 4 stron tej notatki. Zaloguj się aby zobaczyć ten dokument.
Zobacz
całą notatkę
Wykład 8 Zadanie Wyznaczyć wszystkie rozwiązania równania z 4 − (2 − i )4 = 0. Rozwiązanie Z twierdzenia o pierwiastkowaniu liczb zespolonych wynika, że równanie to ma dokładnie cztery rozwiązania (są to czwarte pierwiastki z liczby (2 − i )4). Jednym z rozwiązań jest liczba 2 − i . Zgodnie z twierdzeniem mając jedno rozwiązanie trzeba je przemnożyć przez czynnik cos 2 kπ 4 + i sin 2 kπ 4 aby otrzymać pozostałe. Stąd otrzymujemy: z 0 = 2 − i, z 1 = z 0 · (cos π 2 + i sin π 2 ) = (2 − i ) i = 2 i + 1 , z 2 = z 0 · i 2 = z 1 · i = (2 i + 1) i = − 2 + i, z 3 = z 2 · i = ( − 2 + i ) i = − 2 i − 1 . Niech Cn = {z ∈ C : z n = 1 } , to znaczy C n jest zbiorem wszystkich n -tych pierwiastków z 1. Wtedy Cn ma dokładnie n elementów i ( Cn, · ) jest grupą abelową. Ponadto istnieje element z 1 ∈ Cn , że dla każdego w ∈ Cn mamy: ∃k w = z k 1 . Rzeczywiście na podstawie twierdzenia mamy: Cn = zk = cos 2 kπ n + i sin 2 kπ n : k ∈ { 0 , 1 , . . . , n − 1 } , i na podstawie wzoru Moivre’a mamy: zk = z k 1 . Jednym z bezpośrednich wniosków z twierdzenia o pierwiastkowaniu liczb zespolonych jest: Wniosek 1 Dla każdej liczby zespolonej z istnieją dokładnie dwie liczby ze- spolone w, takie że w 2 = z. (Inaczej mówiąc każdą liczbę zespoloną można spierwiastkować.) Wniosek ten pozwala nam rozwiązywać dowolne równanie stopnia dru- giego w ciele liczb zespolonych. Rozważmy równanie: az 2 + bz + c = 0 gdzie a, b, c są dowolnymi liczbami zespolonymi, a z jest niewiadomą. Wtedy równanie to ma zawsze pierwiastek w ciele liczb zespolonych. Rzeczywiście: az 2+ bz + c = a z 2 + b a z + c = a z + b 2 a 2 − b 2 4 a + c = a z + b 2 a 2 − b 2 − 4 ac 4 a = 0 1 stąd otrzymujemy równanie: a z + b 2 a 2 = b 2 − 4 ac 4 a czyli z + b 2 a 2 = b 2 − 4 ac 4 a 2 i ponieważ w ciele liczb zespolonych liczbę b 2 − 4 ac 4 a 2 można spierwiastkować to istnieją rozwiązania naszego równania. Oznacza to, że algorytm rozwiązywa- nia równania az 2 + bz + c = 0 jest dokładnie taki sam jak w ciele liczb rzeczywistych: ∆ = b 2 − 4 ac z 1 = −b + √ ∆ 2 a z 2 = −b− √ ∆ 2 a ale w tym przypadku rozwiązania zawsze istnieją. Przykład Rozwiązać równanie z 2 + (1 + 4 i ) z − (5 + i ) = 0. Wielomiany Niech K będzie ciałem,
(…)
… + 2x2 − x + 5) + (x5 − x3 + x + 4) = x5 + 2x2 + 9,
(x2 + 1)(x3 − 1) = x5 + x3 − x2 − 1.
Twierdzenie 1 Jeśli K jest ciałem to struktura (K[x], +, ·) jest pierścieniem przemiennym z jednością.
Niech g(x) i f (x) będą wielomianami o współczynnikach z ciała K. Wtedy
mówimy, że wielomian g(x) dzieli wielomian f (x) i piszemy g(x)|f (x) jeśli
istnieje wielomian h(x) ∈ K[x], że f (x) = h(x)g(x), tzn:
g(x)|f…
… (x) = an xn +an−1 xn−1 +
. . . a1 x + a0 przez dwumian postaci x − c. Algorytm ten nazywa się schematem Hornera.
an xn +an−1 xn−1 +. . .+a1 x+a0 = (x−c)(bn−1 xn−1 bn−2 xn−2 +. . .+b1 x+b0 )+r
współczynniki bi oraz resztę r znajdujemy korzystając z następującej tabelki:
an
an−1
an−2
...
a1
a0
c
an
cbn−1 + an−1 cbn−2 + an−2 . . . cb1 + a1 cb0 + a0
= bn−1
= bn−2
= bn−3
= b0
=r
Przykład Podzielić…
... zobacz całą notatkę
Komentarze użytkowników (0)