Rozważmy wielomian całkowity \(\displaystyle{ W}\), jednej zmiennej, stopnia co najmniej drugiego, o wyrazie wolnym różnym od 0, brak wspólnego dzielnika wszystkich współczynników
Proszę pomóc udowodnić mi twierdzenie:
Jeżeli wielomian \(\displaystyle{ W}\) ma pierwiastek wymierny, to jest on rozkładalny na 2 wielomiany całkowite z których jeden jest funkcją liniową, tzn. można go przedstawić w postaci:
\(\displaystyle{ W(x)=(Ax+B) \cdot w(x), \hbox{ gdzie }A,B\in\mathbb{Z}-\left\{ 0\right\} w\hbox{-całkowity}}\)
Jeżeli \(\displaystyle{ W}\) ma pierwiastek wymierny \(\displaystyle{ \frac{A _{1} }{B _{1} }}\), to można go przedstawić w postaci:
\(\displaystyle{ W(x)=\left( x-\frac{A _{1} }{B _{1} }\right)w _{1}(x)}\)
\(\displaystyle{ \hbox{ gdzie } A _{1},B _{1}\in \mathbb{Z}-\left\{ 0\right\} w _{1}-\hbox{pewien wielomian (wymierny)}}\)
\(\displaystyle{ A _{1}\ne 0\hbox{ bo } W\left( \frac{0}{B _{1} } \right) =W(0)=b _{0}\ne 0}\)
wyraz wolny z założenia nie wynosi \(\displaystyle{ 0}\)
zatem dla \(\displaystyle{ A _{1}= 0}\)
\(\displaystyle{ \frac{A _{1} }{B _{1} }}\) nie jest pierwiastkiem wielomianu
\(\displaystyle{ W(x)=\left( B _{1} x-A _{1}\right) \left[ \frac{w _{1}(x)}{B _{1} }\right]}\)
Teraz uzasadnić, że wielomian \(\displaystyle{ Z}\) określony:
\(\displaystyle{ Z(x)=\frac{w _{1}(x)}{B _{1} }}\)
jest wielomianem całkowitym
Pierwiatek wymierny a rozkład na wielomiany całkowite
-
Jakub Gurak
- Użytkownik
- Posty: 1407
- Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Rzeszów
- Podziękował: 66 razy
- Pomógł: 83 razy
-
Jakub Gurak
- Użytkownik
- Posty: 1407
- Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Rzeszów
- Podziękował: 66 razy
- Pomógł: 83 razy
Pierwiatek wymierny a rozkład na wielomiany całkowite
Pomyślałem o rzeczy podstawowej- o twierdzeniu o pierwiastkach wymiernych wielomianu. I udało mi się dzięki temu to zadanie rozwiązać.
Oczywiście zakładamy, że \(\displaystyle{ A_{1},B_{1}}\) są względnie pierwsze.
Oznaczmy współczynniki wielomianów:
\(\displaystyle{ W - b _{0},b _{1},\ldots, b _{n+1} \hbox{ -liczby całkowite}}\)
\(\displaystyle{ w _{1} - a _{0}, a _{1},\ldots, a_{n} \hbox{ -liczby wymierne}}\)
Wówczas po wymnożeniu wielomianu \(\displaystyle{ w _{1}}\) przez \(\displaystyle{ \left( x-\frac{A _{1} }{B _{1} }\right)}\) otrzymujemy wielomian \(\displaystyle{ W}\). Stąd po wymnożeniu otrzymujemy zależności:
\(\displaystyle{ \begin{cases} b _{n+1}=a _{n} \\
b _{n}= a _{n-1} -\left( \frac{A _{1} }{B _{1} }\right) \cdot a _{n}\\
b _{n-1}= a _{n-2} -\left( \frac{A _{1} }{B _{1} }\right) \cdot a _{n-1}\\ \vdots \\
b _{1}= a _{0} -\left( \frac{A _{1} }{B _{1} }\right) \cdot a _{1}\\
b _{0}= -\left( \frac{A _{1} }{B _{1} }\right) \cdot a _{0}\end{cases}}\)
Z ostatniej równości otrzymujemy, że
\(\displaystyle{ b _{0} \cdot B _{1}= -A _{1} \cdot a _{0}}\)
Z twierdzenia o pierwiastkach wymiernych wielomianu mamy:
\(\displaystyle{ A_{1}\mid b_{0}}\)
Zatem lewa strona ostatniej równości jest podzielna przez \(\displaystyle{ A_{1}}\), zatem również prawa strona.
Zatem \(\displaystyle{ a_{0}\in\mathbb{Z}}\)
Lewa strona tej równości jest podzielna przez \(\displaystyle{ B_{1}}\), zatem również prawa strona.
Ponieważ \(\displaystyle{ A_{1}}\) i \(\displaystyle{ B_{1}}\) są względnie pierwsze, mamy że \(\displaystyle{ B_{1}\mid a_{0}}\)
\(\displaystyle{ b_{1} \cdot B_{1}=a _{0} \cdot B_{1}-A _{1} \cdot a_{1}}\)
\(\displaystyle{ b_{1} \cdot B_{1}-a _{0} \cdot B_{1}=-A _{1} \cdot a_{1}}\)
Lewa strona równości jest podzielna przez \(\displaystyle{ B_{1}}\), zatem także prawa strona, czyli
\(\displaystyle{ B_{1}\mid \left[ A _{1} \cdot a_{1}\right]}\)
Niekoniecznie \(\displaystyle{ B_{1}\mid a_{1}}\), bo \(\displaystyle{ a_{1}}\) jest liczbą wymierną, niekoniecznie całkowitą.
Wykażemy teraz że,
\(\displaystyle{ \bigwedge_{k\in\left\{ 1,2,\ldots,n\right\} } B _{1} \mid \left[ A _{1} ^{k} \cdot a _{k}\right]}\)
Wykazałem podzielność dla \(\displaystyle{ k=1}\)
Teraz załóżmy, że podzielność jest spełniona dla \(\displaystyle{ k\in\mathbb{N},k<n}\)
Pokażemy że jest spełniona dla \(\displaystyle{ k+1}\)
Mamy :
\(\displaystyle{ b _{k+1}= a _{k} -\left( \frac{A _{1} }{B _{1} }\right) \cdot a _{k+1} \hbox{ }2\le k+1\le n}\)
\(\displaystyle{ b _{k+1} \cdot B _{1}=a_{k} \cdot B_{1}-A _{1}\cdot a _{k+1}}\)
Z założenia indukcyjnego mamy:
\(\displaystyle{ B_{1} \cdot m_{k}=A _{1} ^{k} \cdot a _{k} \hbox{ dla pewnej liczby całkowitej m_{k}}}\)
stąd \(\displaystyle{ a_{k} \cdot B_{1}= \frac{B_{1} \cdot m_{k} \cdot B_{1}}{A _{1} ^{k} }}\)
Zatem \(\displaystyle{ b _{k+1} \cdot B _{1}=\frac{B_{1} ^{2} \cdot m_{k} }{A _{1} ^{k} }-A _{1}\cdot a _{k+1}}\)
czyli \(\displaystyle{ b _{k+1} \cdot A _{1} ^{k} \cdot B _{1}=B_{1} ^{2} \cdot m_{k}-A _{1} ^{k+1} \cdot a _{k+1}}\)
Widać stąd, że \(\displaystyle{ B_{1}\mid \left( A _{1} ^{k+1} \cdot a _{k+1}\right)}\)
gdyż pozostałe 2 iloczyny są podzielne przez \(\displaystyle{ B_{1}}\)
co kończy dowód indukcyjny.
W szczególności mamy:\(\displaystyle{ B _{1} \mid \left[ A _{1} ^{n} \cdot a _{n}\right]}\)
Ponadto \(\displaystyle{ a_{n}=b_{n+1}\in\mathbb{Z}}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ A _{1}}\) i \(\displaystyle{ B _{1}}\) są względnie pierwsze i \(\displaystyle{ B _{1} \mid \left[ A _{1} ^{n} \cdot a _{n}\right]}\) stąd
\(\displaystyle{ B_{1}\mid a_{n}}\)
Wykażemy teraz że:
\(\displaystyle{ \bigwedge_{k\in \left\{ 1,2,\ldots,n\right\} }B_{1}\mid a_{\left( n+1\right) -k}}\)
Dla \(\displaystyle{ k=1}\) już udowodniłem
Załóżmy że podzielność jest spełniona dla \(\displaystyle{ k\in \left\{ 1,2,\ldots,n-1 \right\}}\)
Zatem \(\displaystyle{ B_{1} \cdot x_{k}=a_{n+1-k}}\) dla pewnej liczby całkowitej \(\displaystyle{ x_{k}}\)
\(\displaystyle{ n\ge n+1-k\ge 2}\)
Mamy: \(\displaystyle{ B_{1} \cdot b_{n+1-k}=B_{1} \cdot a_{n-k}-A_{1} \cdot a_{n+1-k}}\)
\(\displaystyle{ B_{1} \cdot b_{n+1-k}=B_{1} \cdot a_{n-k}-A_{1} \cdot B_{1} \cdot x_{k}}\)
widać stąd, że \(\displaystyle{ a_{n-k} \in\mathbb{Z}}\), bo pozostałe 2 iloczyny są podzielne przez \(\displaystyle{ B_{1}}\)
\(\displaystyle{ n-1\ge n-k\ge 1}\)
zatem \(\displaystyle{ n\ge n-k\ge 1}\) zatem na mocy poprzedniego dowodu indukcyjnego
\(\displaystyle{ B _{1} \mid \left[ A _{1} ^{n-k} \cdot a _{n-k}\right]}\)
\(\displaystyle{ a_{n-k} \in\mathbb{Z}}\) ponadto \(\displaystyle{ A_{1},B_{1}}\) sa względnie pierwsze
więc \(\displaystyle{ B_{1}\mid a _{n-k}}\)
co kończy dowód indukcyjny.
Zatem \(\displaystyle{ B_{1}\mid a_{n},B_{1}\mid a_{n-1},\ldots,B_{1}\mid a_{1}, B_{1}\mid a_{0}}\) (wcześniej udowodniłem)
co kończy zadanie
Ktoś zapyta- do czego to potrzebne?
Otóż, prawie opracowałem system rozkładania wielomianu całkowitego na 2 wielomiany całkowite, z których jeden jest wielomianem liniowym (można to stosować wielokrotnie)
Metody pozwalają rozłożyć wielomian całkowity na wielomiany całkowite(w skończonej licznie kroków), jeśli tylko rozkład taki istnieje(cały czas mam na myśli rozkład postaci wielomian razy wielomian liniowy)
Mając ostateczny rozkład wielomianu, czynniki liniowe z tego rozkłau wyznaczają wszystkie pierwiastki wymierne wielomianu. Mamy zatem 2 zadania zrobione za jednym razem.
Ale narzuca się coś prostszego:
Mając dane wszystkie pierwiastki wymierne wielomianu (np. z twierdzenia o pierwiastkach wymiernych), można rozwiązać problem moich rozważań o rozkładzie wielomianu całkowitego.
Z udowodnionego twierdzenia w tym poście wynika że możemy znależć omawiany rozkład.
Innego rozkładu już nie będzie, bo inaczej czynnik liniowy by wyznaczył kolejny pierwiastek wielomianu, a mamy już wszystkie, innych nie ma.
Trzeba jedynie uważać na krotność pierwiastka (może być pierwastek wielokrotny).
Takie są możliwości, trzeba by tu wykonywać dzielenie wielomianów, ja podałem inną metodę.
Oczywiście zakładamy, że \(\displaystyle{ A_{1},B_{1}}\) są względnie pierwsze.
Oznaczmy współczynniki wielomianów:
\(\displaystyle{ W - b _{0},b _{1},\ldots, b _{n+1} \hbox{ -liczby całkowite}}\)
\(\displaystyle{ w _{1} - a _{0}, a _{1},\ldots, a_{n} \hbox{ -liczby wymierne}}\)
Wówczas po wymnożeniu wielomianu \(\displaystyle{ w _{1}}\) przez \(\displaystyle{ \left( x-\frac{A _{1} }{B _{1} }\right)}\) otrzymujemy wielomian \(\displaystyle{ W}\). Stąd po wymnożeniu otrzymujemy zależności:
\(\displaystyle{ \begin{cases} b _{n+1}=a _{n} \\
b _{n}= a _{n-1} -\left( \frac{A _{1} }{B _{1} }\right) \cdot a _{n}\\
b _{n-1}= a _{n-2} -\left( \frac{A _{1} }{B _{1} }\right) \cdot a _{n-1}\\ \vdots \\
b _{1}= a _{0} -\left( \frac{A _{1} }{B _{1} }\right) \cdot a _{1}\\
b _{0}= -\left( \frac{A _{1} }{B _{1} }\right) \cdot a _{0}\end{cases}}\)
Z ostatniej równości otrzymujemy, że
\(\displaystyle{ b _{0} \cdot B _{1}= -A _{1} \cdot a _{0}}\)
Z twierdzenia o pierwiastkach wymiernych wielomianu mamy:
\(\displaystyle{ A_{1}\mid b_{0}}\)
Zatem lewa strona ostatniej równości jest podzielna przez \(\displaystyle{ A_{1}}\), zatem również prawa strona.
Zatem \(\displaystyle{ a_{0}\in\mathbb{Z}}\)
Lewa strona tej równości jest podzielna przez \(\displaystyle{ B_{1}}\), zatem również prawa strona.
Ponieważ \(\displaystyle{ A_{1}}\) i \(\displaystyle{ B_{1}}\) są względnie pierwsze, mamy że \(\displaystyle{ B_{1}\mid a_{0}}\)
\(\displaystyle{ b_{1} \cdot B_{1}=a _{0} \cdot B_{1}-A _{1} \cdot a_{1}}\)
\(\displaystyle{ b_{1} \cdot B_{1}-a _{0} \cdot B_{1}=-A _{1} \cdot a_{1}}\)
Lewa strona równości jest podzielna przez \(\displaystyle{ B_{1}}\), zatem także prawa strona, czyli
\(\displaystyle{ B_{1}\mid \left[ A _{1} \cdot a_{1}\right]}\)
Niekoniecznie \(\displaystyle{ B_{1}\mid a_{1}}\), bo \(\displaystyle{ a_{1}}\) jest liczbą wymierną, niekoniecznie całkowitą.
Wykażemy teraz że,
\(\displaystyle{ \bigwedge_{k\in\left\{ 1,2,\ldots,n\right\} } B _{1} \mid \left[ A _{1} ^{k} \cdot a _{k}\right]}\)
Wykazałem podzielność dla \(\displaystyle{ k=1}\)
Teraz załóżmy, że podzielność jest spełniona dla \(\displaystyle{ k\in\mathbb{N},k<n}\)
Pokażemy że jest spełniona dla \(\displaystyle{ k+1}\)
Mamy :
\(\displaystyle{ b _{k+1}= a _{k} -\left( \frac{A _{1} }{B _{1} }\right) \cdot a _{k+1} \hbox{ }2\le k+1\le n}\)
\(\displaystyle{ b _{k+1} \cdot B _{1}=a_{k} \cdot B_{1}-A _{1}\cdot a _{k+1}}\)
Z założenia indukcyjnego mamy:
\(\displaystyle{ B_{1} \cdot m_{k}=A _{1} ^{k} \cdot a _{k} \hbox{ dla pewnej liczby całkowitej m_{k}}}\)
stąd \(\displaystyle{ a_{k} \cdot B_{1}= \frac{B_{1} \cdot m_{k} \cdot B_{1}}{A _{1} ^{k} }}\)
Zatem \(\displaystyle{ b _{k+1} \cdot B _{1}=\frac{B_{1} ^{2} \cdot m_{k} }{A _{1} ^{k} }-A _{1}\cdot a _{k+1}}\)
czyli \(\displaystyle{ b _{k+1} \cdot A _{1} ^{k} \cdot B _{1}=B_{1} ^{2} \cdot m_{k}-A _{1} ^{k+1} \cdot a _{k+1}}\)
Widać stąd, że \(\displaystyle{ B_{1}\mid \left( A _{1} ^{k+1} \cdot a _{k+1}\right)}\)
gdyż pozostałe 2 iloczyny są podzielne przez \(\displaystyle{ B_{1}}\)
co kończy dowód indukcyjny.
W szczególności mamy:\(\displaystyle{ B _{1} \mid \left[ A _{1} ^{n} \cdot a _{n}\right]}\)
Ponadto \(\displaystyle{ a_{n}=b_{n+1}\in\mathbb{Z}}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ A _{1}}\) i \(\displaystyle{ B _{1}}\) są względnie pierwsze i \(\displaystyle{ B _{1} \mid \left[ A _{1} ^{n} \cdot a _{n}\right]}\) stąd
\(\displaystyle{ B_{1}\mid a_{n}}\)
Wykażemy teraz że:
\(\displaystyle{ \bigwedge_{k\in \left\{ 1,2,\ldots,n\right\} }B_{1}\mid a_{\left( n+1\right) -k}}\)
Dla \(\displaystyle{ k=1}\) już udowodniłem
Załóżmy że podzielność jest spełniona dla \(\displaystyle{ k\in \left\{ 1,2,\ldots,n-1 \right\}}\)
Zatem \(\displaystyle{ B_{1} \cdot x_{k}=a_{n+1-k}}\) dla pewnej liczby całkowitej \(\displaystyle{ x_{k}}\)
\(\displaystyle{ n\ge n+1-k\ge 2}\)
Mamy: \(\displaystyle{ B_{1} \cdot b_{n+1-k}=B_{1} \cdot a_{n-k}-A_{1} \cdot a_{n+1-k}}\)
\(\displaystyle{ B_{1} \cdot b_{n+1-k}=B_{1} \cdot a_{n-k}-A_{1} \cdot B_{1} \cdot x_{k}}\)
widać stąd, że \(\displaystyle{ a_{n-k} \in\mathbb{Z}}\), bo pozostałe 2 iloczyny są podzielne przez \(\displaystyle{ B_{1}}\)
\(\displaystyle{ n-1\ge n-k\ge 1}\)
zatem \(\displaystyle{ n\ge n-k\ge 1}\) zatem na mocy poprzedniego dowodu indukcyjnego
\(\displaystyle{ B _{1} \mid \left[ A _{1} ^{n-k} \cdot a _{n-k}\right]}\)
\(\displaystyle{ a_{n-k} \in\mathbb{Z}}\) ponadto \(\displaystyle{ A_{1},B_{1}}\) sa względnie pierwsze
więc \(\displaystyle{ B_{1}\mid a _{n-k}}\)
co kończy dowód indukcyjny.
Zatem \(\displaystyle{ B_{1}\mid a_{n},B_{1}\mid a_{n-1},\ldots,B_{1}\mid a_{1}, B_{1}\mid a_{0}}\) (wcześniej udowodniłem)
co kończy zadanie
Ktoś zapyta- do czego to potrzebne?
Otóż, prawie opracowałem system rozkładania wielomianu całkowitego na 2 wielomiany całkowite, z których jeden jest wielomianem liniowym (można to stosować wielokrotnie)
Metody pozwalają rozłożyć wielomian całkowity na wielomiany całkowite(w skończonej licznie kroków), jeśli tylko rozkład taki istnieje(cały czas mam na myśli rozkład postaci wielomian razy wielomian liniowy)
Mając ostateczny rozkład wielomianu, czynniki liniowe z tego rozkłau wyznaczają wszystkie pierwiastki wymierne wielomianu. Mamy zatem 2 zadania zrobione za jednym razem.
Ale narzuca się coś prostszego:
Mając dane wszystkie pierwiastki wymierne wielomianu (np. z twierdzenia o pierwiastkach wymiernych), można rozwiązać problem moich rozważań o rozkładzie wielomianu całkowitego.
Z udowodnionego twierdzenia w tym poście wynika że możemy znależć omawiany rozkład.
Innego rozkładu już nie będzie, bo inaczej czynnik liniowy by wyznaczył kolejny pierwiastek wielomianu, a mamy już wszystkie, innych nie ma.
Trzeba jedynie uważać na krotność pierwiastka (może być pierwastek wielokrotny).
Takie są możliwości, trzeba by tu wykonywać dzielenie wielomianów, ja podałem inną metodę.