Теорема Безу — страница 2

  • Просмотров 8383
  • Скачиваний 297
  • Размер файла 24
    Кб

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 (P(x)-P(a)) делится без остатка на двучлен (x-a) . Доказательство : Пусть P(x) – данный многочлен степени n , a - любое число . Многочлен Pn(x) можно представить в виде

: Pn(x)=(x-a)Qn-1(x)+R , где Qn-1(x) – многочлен , частное при делении Pn(x) на (x-a) , R – остаток от деления Pn(x) на (x-a) . Причём по теореме Безу : R = Pn(a) , т.е. Pn(x)=(x-a)Qn-1(x)+Pn(a) . Отсюда Pn(x) - Pn(a) = (x-a)Qn-1(x) , а это и означает делимость без остатка ( Pn(x) – Pn(a) ) на (x-a) , что и требовалось доказать . Следствие 6 : Число a является корнем многочлена P(x) степени не ниже первой тогда и только тогда , когда P(x) делится на (x-a) без остатка . Доказательство : Чтобы доказать данную