Yuqori darajali algebraik tenglamalar. Bezu teoremasi. Gorner sxemasi. Ko`phadning ildizlari
2-natija. n-darajali ko`phad n tadan ortiq har xil ildizga ega bo`la olmaydi.
Gorner sxemasi. Bezu teoremasi
Ko’pxad ildizlarinig umumiy xossalari.
Ko`phadlarning ildizlari
Reja:
Qadimda faqat ko`phadlarni ildizlarini o`rganish uchun algеbra fanini o`rganishgan.Endilikda bu yo`nalish asosiyligini yo`qotgan bo`lsa ham , lеkin bu yo`nalish muhimligini saqlab qolgan. Asosiy masala shundan iboratki, matеmatikaning ko`pgina masalalari oxir oqibatda bеrilgan ko`phadning ildizlarini yoki ildizlar to`plamini hisoblashga kеladi.Biz faqat ildizlarning sodda xossalarinigina o`rgana oldik.Komplеks sonlar maydoni C da ko`phad ildizini o`rganish uchun еtarli bo`ladi.
Ildizlarning umumiy xossalari.
1.Ildizlar va chiziqli ko`paytuvchilar.
Birlik elеmеntga ega bo`lgan A halqa butunlik sohasi K da yotsin.
Ta’rif.Elеmеnt с К f(x) A[x] ko`phadning ildizi (yoki noli) deyiladi, agarda f( c ) = 0 bo`lsa. c son f(x) = 0 tеnglamaning ildizi ham dеyiladi.
A halqani o`z ichiga oluvchi halqani qarash shu tomondan zarurligi tushunarli bo`ladiki, chunki f(x) = x 2 +1 ko`phad R ustida berilgan, biroq R da ildizga ega emas.Lekin f(i) = 0, i C=R[i].Avvalo biz K = A bo`lgan holni qaraymiz.
1- teorema.(Bezu teoremasi) Element с А f(x) A[x] ko`phadning ildizi bo`ladi faqat va faqat agarda f( х ) ko`phad A[x] halqada х-c ga bo`linsa.
Isboti.Bu tеorеma biz avvallroq isbotlashimiz mumkin bo`lgan tasdiqning bir qismi, ya’ni qoldiqli bo`lish algritmidan quyidagi tеnglikni hosil qilamiz:
f(x) = (x-c)q(x) + r(x) , bunda deg r(x) n +a1x n-1 +. +an ai A
bo`lsin. (1) ifodaga asosan,
q(x) = b0x n-1 +b1x n-2 +. +bn-1 bj A
bo`ladi.Ushbu (1) formulaga x ni bir xil darajalari oldidagi koeffitsеnlarni tеnglashtirib, so`ngra bir oz soddalashtirib ,quyidagi jadvalni hosil qilamiz.
b0=a0 | . | bk=bk-1c+ak | . | bn-1=bn-2c+an-1 | f( c)=bn-1c+an |
(2)
ushbu jadvalda f ko`phadni x = c dagi qiymati hisoblanadi. (2) rеkurеnt munosabat «Gornеr sxеmasi» dеyiladi.
Ta`rif. Element с А f(x) A[x] ko`phadning k karrali ildizi ( yoki k karrali noli) deyiladi, agarda f( х ) ko`phad (x-c) k ga bo`linsa, lekin (x-c) k+1 bo`linmasa.
Ko`phadning 1 karrali ildizi oddiy ildiz, k = 2 yoki 3 bo`lishiga qarab ikki yoki uch karrali ildizi deyiladi..
Shunday qilib, с А f(x) A[x] ko`phadning k karrali ildizi bo`ladi, agarda f ( х) = (x-c) k g(x) bo`lsa, bunda (x-c, g(x) ) = 1 . (1) formulaga ko`ra esa g( c) 0 deg f = k + deg g bundan k deg f bo`ladi. Shunday qilib, quyidagi teorema o`rinli:
2-teorema. А butunlik sohasi. f 0 esa A[x] halqadagi ko`phad va c1,c2. cr lar esa uni mos ravishda k1,k2. kr karrali ildizlari bo`lsin. U holda f(x) = (x-c1) k 1(x-c2) k 2. (x-cr) k r g(x), g(x) A[x], g(ci) 0, i = 1,2. r. bo`ladi.
Xususan,f(x) A[x] ko`phadning ildizlari soni uni darajasidan katta bo`lmaydi:
k1+k2+. +kr deg f (3)
Isboti. Q(A) nisbatlar maydoniga o`tish etarli (agarda A halqa boshida maydon bo`lmasa) va x-c1. x-cr ko`paytuvchilarga bir qiymatli yoyilma Q(A)[x] halqada o`rinli ekanligidan foydalananishimiz mumkin.Likin bunga zarurat yo`q, quyidagicha fikrlaymiz.
Shunday qilib, deg f = (k1+k2+. +kr )+ deg g , u holda (3) tengsizlikni f ni (x-c1) k 1. (x-cr) k r ga bo`linish natijasini r bo`yicha induksiyalab isbotlaymiz. r = 1 da isbotlashni hojati yo`q.faraz qilaylik, bizga ma`lum bo`lsinki:
f(x) = (x-c1) k 1(x-c2) k 2. (x-cr-1) k r-1 h(x),
Shunday qilib, cr-c1 0. cr-cr-1 0 va A butunlik sohasi bo`lsa, u holda cr ushbu (x-c1) k 1(x-c2) k 2. (x-cr-1) k r-1 ko`phadning ildizi bo`lmaydi.Lekin cr f ning kr– karraki ildizi, ya`ni f(x) = (x-cr) k u(x) ,shu sababli h(cr) = 0. Mos ravishda h(x) = (x-cr) s v(x) , s kr . U holda
(x-cr) k r u(x) = f(x) = (x-c1) k 1(x-c2) k 2. (x-cr-1) k r-1(x-cr) s v(x),
tenglikni hosil qilamiz. A[x] butunlik sohasida qisqartirish qonunidan foydalansak, s = kr degan fikrga kelamiz.
А halqa butunlik sohasi bo`lsin degan shartni olib tashlasak, u holda 2-teorema o`rinli bo`lmay qoladi. Masalan, f(x) = x 3 ko`phad Z8 halqada: f(0) = f(2) = f(4) = f(6) = 0 bo`ladi.f ni Z8[x] halqada yoyib quyidagi yoyilmalarni hosil qilamiz: f = x 3 = x (x-4) 2 = (x-2)(x 2 +2x+4) =
=(x-6)(x 2 -2x+4)
2-teoremadan quyidagi natija kelib chiqadi.
Natija. Ikkita f, g A[x] ko`phadlar darajalari n bo`lsa va А butunlik sohasini n+1 ta har xil elementlariga ularni qiymatlari teng bo`lsa, u holda ular teng bo`ladi , ya`ni f = g bo`ladi.
Do’stlaringiz bilan baham:
Yuqori darajali algebraik tenglamalar. Bezu teoremasi. Gorner sxemasi. Ko`phadning ildizlari
Yuqori darajali algebraik tenglamalar.
1. Bezu teoremasi. Gorner sxemasi. Ko`phadning ildizlari. (Etyen Bezu (1730-1783) – fransuz matematigi). P(x) ko`phadni x-a ikkihadga bo`lganda bo`linmada Q(x), qoldiqda R(x) qolsin:
Agar bu munosabatga x=a qo`yilsa, P(a)=0∙Q(a)+R(a)=R(a)=r hosil bo`ladi. Shu tariqa ushbu teorema isbotlanadi:
1-teorema (Bezu). P(x)=a 0x n +a1x n-1 +. +an-1x+an(a≠0) ko`phadni x-a ga bo`lishdan chiqadigan r qoldiq shu ko`phadning x=a dagi qiymatiga teng, r=P(a).
Masalan, 1) x 5 +x+20 ni x+2 ga bo`lishdan chiqadigan qoldiq r=(-2) 5 +(-2)+20=-14; 2) x 5 +x+34 ni x+2 ga bo`lishdan chiqadigan qoldiq r=(-2) 5 +(-2)+34=0.
Demak, x=-2 soni shu ko`phadning ildizi.
Natijalar. n€N bo`lganda:
x 5 -a 5 =(x-a)(x 4 +ax 3 +a 2 x 2 +a 3 x+a 4 );
x 5 +a 5 =(x+a)(x 4 -ax 3 +a 2 x 2 -a 3 x+a 4);
x 6 -a 6 =(x-a)(x 5 +ax 4 +a 2 x 3 +a 3 x 2 +a 4 x+a 5 );
x 6 -a 6 =(x+a)(x 5 -ax 4 +a 2 x 3 -a 3 x 2 +a 4 x-a 5 ).
Bulardan ko`rinadiki, bo`linma albatta bir jinsli ko`phad bo`lib, x ning darajalari kamayib, a ning darajalarida o`sish tartibida joylashgan va agar bo`luvchi a+x bo`lsa, koeffitsiyentlar +1 va -1 almashib keladi, agar bo`luvchi x-a bo`lsa, bo`linmada hosil bo`lgan ko`phadning koeffitsiyentlari 1 ga teng bo`ladi. Bu xulosalarni istagan darajali ko`phadlar uchun umumlashtirish mumkin.
1-misol. x 5 -ax+4 ni x+3 ga bo`lishdagi qoldiq r=4 bo`lsa, a ni toping.
Yechish. (-3) 5 -a∙(-3)+4=4, bundan a=81.
P(x)=a0x n +a1x n-1 +a2x n-2 +. +an ko`phadni x-a ikkihadga bo`lishdagi qoldiqni hisoblashning Gorner (Xorner Uilyam (1786-1837) – ingliz matematigi) sxemasi deb ataluvchi usulini ko`rsatamiz.
Q(x)=b0x n-1 +b1x n-2 +b2x n-3 +. +bn-1.
(1) da x ning bir xil darajalari oldidagi koeffitsiyentlarni tenglashtirib quyidagiga ega bo`lamiz:
Bundan ko`rinadiki, b0=a0, bk=αbk-1+ak, k=1,2. n-1, r=an+αbn-1.
Bo`linma va qoldiqni hisoblash quyidagi jadval yordamida topiladi.
2-misol. x 3 +4x 2 -3x+5 ko`phadni Gorner sxemasidan foydalanib, x-1 ga bo`lishni bajaramiz.
Demak, x 3 +4x 2 -3x+5=(x-1)(x 2 +5x+2)+7.
Bezu teoremasidan P(x) ko`phadni ax+b ko`rinishdagi ikkihadga bo`lishda hosil bo`ladigan r qoldiq P(-b/a) ga teng bo`lishi kelib chiqadi.
3-misol. P3(x)=x 3 -3x 2 +5x+7 ni 2x+1 ga bo`lishdan hosil bo`lgan qoldiqni toping.
Yechish. Qoldiq r=P3(-1/2)=(-1/3) 3 -3∙(-1/2) 2 +5∙(-1/2)+7=29/8 ga teng.
2-teorema. Agar α soni P(x) ko`phadning ildizi bo`lsa, P(x) ko`phad x-a ikkihadgaqoldiqsiz bo`linadi.
Isbot. Bezu teoremasiga ko`ra, P(x) ni x-a ga bo`lishdan chiqadigan qoldiq P(α) ga teng, shart bo`yicha esa P(α)=0. Isbot bajarildi.
Bu teorema P(x)=0 tenglamani yechish masalasini P(x) ko`phadni chiziqli ko`paytuvchilarga ajratish masalasiga keltirish imkonini beradi.
1-natija. Agar P(x) ko`phad har xil α 1, . αn ildizlarga ega bo`lsa, u (x-α1) . (x-an) ko`paytmaga qoldiqsiz bo`linadi.
2-natija. n-darajali ko`phad n tadan ortiq har xil ildizga ega bo`la olmaydi.
Isbot. Agar n- darajali P(x) ko`phad n+1 ta har xil α1, . αk+1 ildizlarga ega bo`lganda, u n+1-darajalin (x-α1). (x-αk+1) ko`paytmaga qoldiqsiz bo`linardi. Lekin bunday bo`lishi mumkin emas.
Yuqorida qaralgan teoremalardan foydalanib, Fransua Viyet (fransuz olimi, 1540-1603) tomonidan berilgan hamda P(x)=0 butun algebraik tenglamaning ai haqiqiy koeffitsiyentlari va αi ildizlari orasidagi munosabatni ifodalovchi formulalarni keltiramiz:
1) a2x 2 +a1x+a0=b(x-α1)(x-α2)=bx 2 -b(α1-α2)x++bα1α2. Agar x ning bir xil darajalari oldidagi koeffitsiyentlari tenglashtirilsa, b=a2 bo`ladi. Natijada ushbu formulalar topiladi:
2) shu tartibda P3(x)=a3x 3 +a2x 2 +a1x+a0 uchun:
α1+α2+α3=-a2/a3, α1α2+α1α3+α2α3=a1/a3, α1α2α3=-a0/a3 formulalar topiladi.
Hosil qilingan tengliklarning bajarilishi α1 . αn sonlarining Pn(x)=anx n +. +a0 ko`phad ildizlari
Mavzu: Yuqori darajali algebraik tenglamalar.
Comments are closed, but trackbacks and pingbacks are open.