następny punkt » |
Definicja
(i) Wielomianem o współczynnikach rzeczywistych nazwiemy funkcję postaci:
Wn(z) = anzn + ... + a1z + a0,określoną dla z Î C, gdy n Î N. Jeśli an ¹ 0 to Wn jest wielomianem stopnia n, a liczbę n nazywamy stopniem wielomianu Wn.
(ii) Liczbę zespoloną a nazwiemy pierwiastkiem (zerem) wielomianu Wn(x) wtedy, gdy Wn(a) = 0, tzn.
anan +... + a1a + a0 = 0.Np.: a = -1 jest pierwiastkiem wielomianu:
W(x) = 3x5 - 9x2 - 2x + 10,ponieważ W(-1) = 3(-1)5 - 9(-1)2 - 2(-1) + 10 = 0.
Zauważmy jednak, że wielomiany nie zawsze mają pierwiastki rzeczywiste. Tak jest na przykład dla wielomianów W(x)=x2 + 1 i W(x)=x4+ x2 + 2, które dla x rzeczywistych przyjmują zawsze wartości dodatnie, a więc nie mogą mieć pierwiastków rzeczywistych. Sytuacja zmienia się diametralnie, gdy dopuścimy, że pierwiastki mogą być liczbami zespolonymi. Z tego właśnie względu rozpatrujemy wielomiany jako funkcje zmiennej zespolonej. Przypatrzmy się najpierw bliżej sytuacji, gdy stopień wielomianu jest równy 2, to znaczy W(x) jest wielomianem kwadratowym.
Twierdzenie
Każdy wielomian kwadratowy o współczynnikach rzeczywistych postaci:
W(z) = az2 + bz + c,
ma w zbiorze C liczb zespolonych dwa pierwiastki z1, z2, przy czym ma miejsce trychotomia:
z1 ¹ z2 Î
R lub z1 = z2 Î
R lub z1 ¹ z2 Î
C \ R.
Dowód
Wielomian przedstawiamy w postaci kanonicznej:
gdzie D = b2 - 4ac.
Rozpatrzmy kolejno trzy przypadki:
W zbiorze liczb zespolonych zachodzi:
Zatem:
Istnieją dwa pierwiastki zespolone i są liczbami sprzężonymi:
Przykład
Rozwiąż równanie x2 + 1 = 0.
Jest to równanie kwadratowe, obliczamy jego wyróżnik D = - 4. Zatem:
Pytanie kontrolne 1: Rozwiązać równanie x2 + x + 2 = 0.
Algorytm Ferro, Tartaglii - wielomiany stopnia 3
Algorytm Ferrari - wielomiany stopnia 4
Twierdzenie Nielsa Abela i Evarista Galois - nie istnieje algorytm pierwiastkowy dla wielomianów stopni n ³
5.
Algorytm poszukiwania zer wielomianu stopnia 3
Rozpatrujemy wielomian:
Szukamy rozwiązań równania:
Zakładamy, że a3 = 1, jeśli nie - dzielimy obie strony równania przez a3.
Szukamy zer wielomianu w postaci: W3(x) = x3 + a1x + a0.
Krok 1. Stosujemy następujące podstawienie:
dla pewnego u ¹ 0.
Stąd:
.
Krok 2. Przyjmujemy u3 = t i rozwiązujemy równanie:
Rozwiązanie równania:
,
Krok 3. Wyliczamy:
,
Krok 4. Wyliczamy:
Przykład
Obliczyć pierwiastki wielomianu w3(x) = x3 - x + 1 za pomocą algorytmu pierwiastkowego.
Krok 1. Szukamy zer wielomianu w postaci:
Ponieważ a1 = -1, otrzymujemy równanie:
Po redukcji:
Krok 2. Przyjmujemy u3 = t i rozwiązujemy równanie:
,
.
Krok 3. Wyliczamy:
Krok 4. Wyliczamy:
Rozpatrzmy teraz pewne ogólne własności wielomianów dowolnego stopnia. Ważną własnością jest fakt, że podobnie jak w przypadku liczb całkowitych, dwa wielomiany możemy podzielić przez siebie z resztą.
Twierdzenie
Dla każdej pary wielomianów Q(z) i P(z) gdzie stopień Q(z)>0, istnieją wielomiany S(z) i R(z) takie, że:
P(z) = S(z) ∙ Q(z) + R(z),
dla z Î
C i stopień wielomianu R jest mniejszy od stopnia wielomianu Q.
Powyższe przedstawienie jest jednoznaczne.
Wielomian S(z) nosi nazwę ilorazu,
a R(z) jest resztą.
Jeżeli R(z)=0 dla każdego z Î C
to mówimy, że wielomian P jest podzielny przez wielomian Q.
Przykład
Niech P(z) = z4 + 1 i Q(z) = z2 + 1.
Wówczas:
P(z) = (z2 + 1)(z2 - 1) + 2.Dzielenie wielomianu polega na sukcesywnym eliminowaniu najwyższych potęg wielomianu P(z).
W powyższym przykładzie z2Q(z) eliminuje (po odjęciu) wyraz z4 wielomianu P(z) i
P(z) - z2Q(z) = 1 - z2.Iloczyn -1∙Q(z) eliminuje wyraz -z2 w pozostałej reszcie.
Mamy:
Ponieważ wynik odejmowania jest wielomianem stopnia 0, powyższy wzór daje wynik dzielenia P(z) przez Q(z).
Ważnym przypadkiem dzielenia wielomianów jest sytuacja, gdy wielomian Q(z) jest wielomianem stopnia 1 (jednomianem), tzn.
Q(z)=z - a.Prawdziwe jest wówczas twierdzenie Bezout.
Twierdzenie
Resztą z dzielenia wielomianu P(z) przez z - a jest równa P(a):
P(z) = (z - a)S(z) + P(a).Dowód
Z poprzedniego twierdzenia reszta R(z) musi być stałą równą C. Podstawienie z = a do równości P(z) = (z - a)S(z) + P(a) daje C= P(a).
Metodę rekurencyjnego obliczania współczynników wielomianu S(z) otrzymanego jako iloraz przy dzieleniu P(z) przez (z - a) przedstawia schemat Hornera.
Niech:
Porównanie współczynników przy odpowiadających potęgach w równości:
daje:
.....................................
.
Z pierwszego równania wyliczamy stałą bn-1 i podstawiamy do drugiego, stąd wyliczamy stałą bn-2 itd.
Z twierdzenia Bezout wynika następująca ważna własność pierwiastków wielomianu:
Wniosek
Liczba a jest pierwiastkiem wielomianu P(z) wtedy i tylko wtedy, gdy:
P(z) = (z - a)S(z).Zatem fakt, że a jest pierwiastkiem wielomianu P(z) jest równoważny podzielności wielomianu P(z) przez jednomian z - a.
Pytanie kontrolne 2: Oblicz resztę z dzielenia wielomianu P przez wielomian Q:
Uwaga
Nawet, gdy zachodzi P(z)=(z-a)S(z) może okazać się, że a jest pierwiastkiem wielomianu S(z), tzn. S(z) jest podzielny przez z - a. Mówimy wtedy, że a jest pierwiastkiem wielokrotnym wielomianu P(z).
Na przykład i jest pierwiastkiem dwukrotnym wielomianu x5 + 2x3 + x, gdyż:
x5 + 2x3 + x = x(x2 + 1)2 = x (x - i)2(x + i)2.Pierwiastkiem dwukrotnym jest również -i, a jednokrotnym 0.
Następne twierdzenie mówi o tym, że pierwiastki ściśle zespolone wielomianu W(z), tzn. takie, których część urojona jest różna od 0, łączą się w naturalne pary.
Twierdzenie
Jeśli liczba zespolona z = x + y× i jest pierwiastkiem wielomianu:
W(z) = an × zn + an-1 × zn-1 + ..... + a0,to liczba też jest pierwiastkiem tego wielomianu.
Dowód wynika z praw sprzęgania liczb zespolonych:
Zatem omawiany poprzednio fakt, że i
oraz są
jednocześnie pierwiastkami o tej samej krotności wielomianu
x5 + 2x3 + x
jest szczególnym przypadkiem tego twierdzenia.
Twierdzenie (zasadnicze twierdzenie algebry)
Każdy wielomian W(z) stopnia n ma dokładnie n pierwiastków zespolonych (przy uwzględnieniu krotności pierwiastków).
Z powyższego twierdzenia oraz twierdzenia Bezout wynika ważny wniosek.
Wniosek
Niech z1,......,zm będą wszystkimi różnymi pierwiastkami
W(z) o krotnościach k1, k2,......,
km odpowiednio (k1+k2+......+km = n).
Wówczas:
.
Przykład
Znaleźć wszystkie pierwiastki wielomianu:
wiedząc, że jednym z nich jest:
Rozwiązanie
Ponieważ
jest jego pierwiastkiem.
Z twierdzenia Bezout wynika, że wielomian W(z) jest podzielny przez:
Iloraz z dzielenia wielomianu W(z) przez z2 + 5 wynosi:
Wystarczy zatem rozwiązać równanie:
Stąd otrzymujemy dwa ostatnie pierwiastki wielomianu W(z):
Uwaga
Z poprzednich twierdzeń wynika, że wielomian stopnia nieparzystego ma zawsze pierwiastek rzeczywisty. Tak jest w istocie, ponieważ z faktu, że sprzężenia pierwiastka jest pierwiastkiem wynika, że liczba pierwiastków ściśle zespolonych jest parzysta.
Pytanie kontrolne 3: Podać przykład wielomianu zespolonego najniższego stopnia, który spełnia następujące warunki: liczba 1 jest pierwiastkiem podwójnym, a liczby 2, 3, 1 + i są pierwiastkami pojedynczymi tego wielomianu.
następny punkt » |