Предыдущая страница реферата | 1  2  3  4  5  6  7  8  9  10 | Следующая страница реферата

Доказательство :

По теореме Безу остаток от деления многочлена P (x) на x- a равен P (a) , а по условию a является корнем P (x) , а это значит , что P (a) = 0 , что и требовалось доказать .

Из данного следствия теоремы Безу видно , что задача решения уравнения P (x) = 0 равносильна задаче выделения делителей многочлена

P , имеющих первую степень ( линейных делителей ) .

Следствие 3 :

Если многочлен P (x) имеет попарно различные корни a1 , a2 , … , an , то он делится на произведение (x-a1) … (x-an) без остатка .

Доказательство :

Проведём доказательство с помощью математической индукции по числу корней . При n=1 утверждение доказано в следствии 2 .
Пусть оно уже доказано для случая , когда число корней равно k , это значит , что P(x) делится без остатка на (x-a1)(x- a2) … (x-ak) , где a1 , a2 , … , ak - его корни .

Пусть P(x) имеет k+1 попарно различных корней .По предположению индукции a1 , a2 , ak , … , ak+1 являются корнями многочлена, а , значит, многочлен делится на произедение (x-a1) … (x- ak) , откуда выходит , что

P(x) = (x-a1) … (x-ak)Q(x).
При этом ak+1 – корень многочлена P(x) , т. е.

P(ak+1) = 0 .
Значит , подставляя вместо x ak+1 , получаем верное равенство
:

P(ak+1) = (ak+1-a1) … (ak+1-ak)Q(ak+1) =

=0 .
Но ak+1 отлично от чисел a1 , … , ak , и потому ни одно из чисел ak+1-a1 , … , ak+1-ak не равно 0 . Следовательно , нулю равно Q(ak+1) , т. е. ak+1 – корень многочлена Q(x) . А из следствия 2 выходит , что Q(x) делится на x-ak+1 без остатка .

Q(x) = (x-ak+1)Q1(x) , и потому

P(x) = (x-a1) … (x-ak)Q(x) =

=(x-a1) … (x-ak)(x-ak+1)Q1(x) .

Это и означает , что P(x) делится на (x-a1) … (x- ak+1) без остатка .

Итак, доказано , что теорема верна при k =1 , а из её справедливости при n = k вытекает , что она верна и при n = k+1. Таким образом, теорема верна при любом числе корней , что и требовалось доказать .

Следствие 4 :

Многочлен степени n имеет не более n различных корней .

Доказательство :

Воспользуемся методом от противного: если бы многочлен Pn(x) степени n имел бы более n корней - n+k (a1 , a2 , … , an+k
- его корни ) , тогда бы по ранее доказанному следствию 3 он

бы делился на произведение (x-a1) … (x-an+k) , имеющее степень n+k , что невозможно .
Мы пришли к противоречию , значит наше предположение неверно и многочлен степени n не может иметь более , чем n корней , что и требовалось доказать .

Следствие 5 :

Для любого многочлена P(x) и числа a разность

Рекомендуем скачать другие рефераты по теме: алгебра, контрольные работы по алгебре класс.





Предыдущая страница реферата | 1  2  3  4  5  6  7  8  9  10 | Следующая страница реферата