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 2kπ +i sin 2kπ
4
4
aby otrzymać pozostałe. Stąd otrzymujemy:
z0
z1
z2
z3
= 2 − i,
= z0 · (cos π + i sin π ) = (2 − i)i = 2i + 1,
2
2
= z0 · i2 = z1 · i = (2i + 1)i = −2 + i,
= z2 · i = (−2 + i)i = −2i − 1.
Niech Cn = {z ∈ C : z n = 1}, to znaczy Cn jest zbiorem wszystkich
n-tych pierwiastków z 1. Wtedy Cn ma dokładnie n elementów i (Cn , ·) jest
grupą abelową. Ponadto istnieje element z1 ∈ Cn , że dla każdego w ∈ Cn
mamy:
k
∃k w = z1 .
Rzeczywiście na podstawie twierdzenia mamy:
Cn = zk = cos
2kπ
2kπ
+ i sin
: k ∈ {0, 1, . . . , n − 1} ,
n
n
i na podstawie wzoru Moivre’a mamy:
k
zk = z1 .
Jednym z bezpośrednich wniosków z twierdzenia o pierwiastkowaniu liczb
zespolonych jest:
Wniosek 1 Dla każdej liczby zespolonej z istnieją dokładnie dwie liczby zespolone w, takie że w2 = z. (Inaczej mówiąc każdą liczbę zespoloną można
spierwiastkować.)
Wniosek ten pozwala nam rozwiązywać dowolne równanie stopnia drugiego 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:
b
b
az +bz+c = a z + z +c = a z +
a
2a
2
2
1
2
b2
b
− +c = a z +
4a
2a
2
−
b2 − 4ac
=0
4a
stąd otrzymujemy równanie:
b
a z+
2a
2
=
b2 − 4ac
4a
czyli
b
z+
2a
2
=
b2 − 4ac
4a2
2
−4ac
i ponieważ w ciele liczb zespolonych liczbę b 4a2 można spierwiastkować to
istnieją rozwiązania naszego równania. Oznacza to, że algorytm rozwiązywania równania
az 2 + bz + c = 0
jest dokładnie taki sam jak w ciele liczb rzeczywistych:
∆ = b2 − 4ac
√
z1 = −b+√∆
2a
z2 = −b− ∆
2a
ale w tym przypadku rozwiązania zawsze istnieją.
Przykład Rozwiązać równanie z 2 + (1 + 4i)z − (5 + i) = 0.
Wielomiany
Niech K będzie ciałem, x zmienną. Każde wyrażenie postaci:
f (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 ,
gdzie an , an−1 , . . . , a1 , a0 ∈ K nazywamy wielomianem jednej zmiennej nad
ciałem K. Wyrażenia te należy rozumieć formalnie, a w przypadku gdy K
jest ciałem liczbowym (tzn jednym z ciał: Q, R, C) to wielomiany jak dawniej
można interpretować jako funkcje. Zbiór wszystkich wielomianów na ciałem
K oznaczamy symbolem K[x]. Jeśli f (x) ∈ K[x] i f (x) = an xn + an−1 xn−1 +
. . .+a1 x+a0 oraz an = 0 to n nazywamy stopniem wielomianu f (x) i piszemy
stf = n. Jeśli stf = n i an = 1 to wielomian f (x) nazywamy unormowanym. Jeśli stf = 1 to wielomian nazywamy wielomianem liniowym.
Jeśli K jest ciałem to w zbiorze K[x] można w tradycyjny sposób wprowadzić działania dodawania i mnożenia wielomianów. Jeśli f (x) = an xn +
an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 , g(x) = bm xm + bm−1 xm−1 + . . .
(…)
… + 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)