4-Mavzu Algebraning asosiy teoremasi va uning natijalari
Download 64.91 Kb.
|
4-Maвзy
- Bu sahifa navigatsiya:
- Viyet formulasi.
|
4-Mavzu Algebraning asosiy teoremasi va uning natijalari Kompleks koeffitsientli barcha ko‘phadlar to‘plamini orqali belgilaylik. Algebraning asosiy teoremasi deb ataluvchi quyidagi teoremani isbotsiz keltiramiz: 1-teorema (Algebraning asosiy teoremasi). Darajasi nolga teng bo‘lmagan ixtiyoriy . f (x) ko‘phad kamida bitta kompleks ildizga ega. Teoremadan quyidagi natijaga ega bo‘lamiz: 1-natija. Darajasi n(n 1) ga teng bo‘lgan har qanday f (x) maydonda n ta ildizga ega bo‘lib, f (x) a0 (x 1 )(x 2 ) ... (x n ) yoyilma ko‘rinishida ifodalanadi. Bu yoyilma ko‘paytuvchilarining tartibi aniqligida yagonadir. Isbot. Bizga darajasi n ga teng bo‘lgan f (x) ko‘phad berilgan bo‘lsin: Algebraning asosiy teoremasiga asosan, ko‘phad kamida bitta ildizga ega bo‘lib, bu ildiz 1 bo‘lsin. U holda f (x) (x 1) (x), bu yerda deg(x) n 1. Agar (x) ko‘phadning darajasi ham 1 dan katta bo‘lsa, u holda algebraning asosiy teoremaga ko‘ra (x) ko‘phad ham qandaydir 2 ildizga ega, ya’ni (x) (x 2 ) 1 (x). Demak, f (x) (x 1)(x 2 )1(x). Bu jarayonni davom ettirib, (n 1) ta qadamdan so‘ng f (x) ko‘phadning chiziqli ko‘paytuvchilar ko‘paytmasi shaklida yozish mumkin f (x) (x )q(x) r. (2) Endi ushbu yoyilmaning yagonaligini ko‘rsatamiz. Teskarisini faraz qilaylik, ya’ni (2) yoyilmadan farqli yana bir f (x) a0 (x 1 )(x 2 ) ... (x n ) (3) yoyilma mavjud bo‘lsin. Ushbu tengliklardan quyidagini hosil qilamiz (x 1 )(x 2 ) ... (x n ) (x 1)(x 2 ) ... (x n ). (4) Agar chap tomonda ishtirok etgan biror ildiz o‘ng tomonda ishtirok etmasa, ya’ni i j ,1 j n bo‘lsa, u holda (4) tenglikning har ikkala tomonida x qo‘yamiz. Natijada chap tomoni nolga teng bo‘lib, o‘ng tomonida esa noldan farqli son hosil bo‘ladi. Bu esa ziddiyat. Demak, barcha ildizlar o‘ng tomonda ham ishtirok etishi kerak. Xuddi shunday barcha j ildizlarning chap tomonda ham ishtirok etishi kelib chiqadi. Endi bu ildizlarning aynan bir hil sonda (tartibda) ishtirok etishini ko‘rsatamiz. Aytaylik, 1ildiz chap tomonda s marotaba va o‘ng tomonda t marotaba ishtirok etib, s t bo‘lsin. U holda (4) tenglikning ikkala tomonini ko‘phadga qisqartirib yuboramiz. Natijada, hosil bo‘lgan tenglikning bitta tomonida x 1ko‘paytuvchi qatnashmaydi, ikkinchi tomonida esa, u shaklda qatnashadi. Yuqoridagi mulohaza kabi yana ziddiyayga duch kelamiz. Bu esa yoyilmani ko‘paytuvchilarning tartibi aniqligida yagona ekanligini bildiradi. Bir hil ko‘paytuvchilarni jamlab, (2) yoyilmani (5) shaklga olib kelish mumkin, bu yerda k1 k2 ... ks n va 1,2 ,...,s ildizlar orasida o‘zaro tenglari yo‘q. Hosil bo‘lgan (5) tenglikda ildizi f (x) ko‘phadning ki ildiz karrali bo‘ladi. Yuqoridagi mulohazalardan quyidagi natijani hosil qilamiz: 5-natija. Agar darajalari n dan oshmaydigan f (x) va g(x) ko‘phadlar noma’lumning turli hil n 1 ta qiymatida teng qiymatlarga ega bo‘lsa, u holda f (x) g(x) bo‘ladi. Isbot. Haqiqatdan ham f (x) g(x) h(x) ko‘phad farazimizga ko‘ra n 1 ta ildizga ega bo‘lib, deg h(x) n bo‘lganligi sababli h(x) ko‘phad n 1 ta ildizga ega bo‘lsa, h(x) 0 bo‘ladi. Bu natijadan istalgan n -darajali ko‘phadning koeffitsientlari n 1 ta qiymat orqali yagona ravishda aniqlanishi mumkin degan xulosaga kelamiz. Shuni ta’kidlaymizki, agar bizga ikkita ko‘phadlarning yoyilmalari berilgan bo‘lsa, u holda ularning EKUBi va EKUKi quyidagi ko‘rinishlarga ega bo‘ladi: bu yerda i min(ki , mi ), i max(ki , mi ). Shunday qilib, biz ko‘phadlarni kanonik yoyilmasidan foydalanib, ularning eng katta umumiy bo‘luvchisi va eng kichik umumiy karralilarini hisoblay olishimiz mukin. 2.Misol .f (x) (x 1)4 (x 2)3(x 7)2(x 12)( x 5)2 va g(x) (x 1)3(x 2)(x 7)2 (x 12)3(x 5)6 ko‘phadlarning EKUB va EKUK lari topamiz: EKUB f (x),g(x) (x 1)3(x 2)(x 7)2 (x 12)(x 5)2. Shuningdek, EKUK f (x),g(x) (x 1)4 (x 2)3(x 7)2 (x 12)3(x 5)6. 6-ta’rif. Agar f (x) ko‘phad notrivial bo‘luvchilarga ega bo‘lmasa, u holda u keltirilmas ko‘phad deyiladi. Algebraning asossiy teoremasidan ma’lumki, kompleks sonlar maydonida keltirilmas ko‘phadlar faqat x ko‘phadlardan iborat bo‘ladi. Haqiqiy sonlar maydonida esa x shaklidagi chiziqli shaklidagi chiziqli ko‘phadlardan tashqari x2 px q ,p2 4q 0 ko‘rinishidagi kvadrat uchhadlar ham keltirilmas ko‘phad bo‘lishi ravshan. Quyidagi tasdiqda haqiqiy sonlar maydonida darajasi ikkidan katta bo‘lgan keltirilmas ko‘phad mavjud emasligini ko‘rsatamiz. 7-tasdiq. Haqiqiy sonlar maydonidagi keltirilmas ko‘phadlar faqat x shaklidagi chiziqli ko‘phadlar va x2 px q , p2 4q 0 ko‘rinishidagi kvadrat uchhadlardan iborat bo‘ladi. Isbot. Faraz qilaylik, f (x) ko‘phad darajasi ikkidan katta va haqiqiy sonlar maydonida keltirilmas ko‘phad bo‘lsin. U holda u haqiqiy ildizga ega emas, lekin algebraning asosiy teoremasiga ko‘ra f (x) ko‘phad x0 a ib, b 0 kompleks izldizga ega. Quyidagi ko‘phadni qaraymiz: Ushbu (x) ko‘phad haqiqiy koeffitsiyentli keltirilmas ko‘phad bo‘lib, ko‘phad bilan umumiy kompleks ildizga ega. Shuning uchun f (x) va (x) ko‘phadlar o‘zaro tub emas. Demak, f (x) ko‘phad (x) ga bo‘linadi. Bu esa f (x) ko‘phadning keltirilmas ekanligiga zid. 4-natijaning isboti kabi ixtiyoriy haqiqiy koeffitsientli ko‘phadni keltirilmas ko‘phadlarning ko‘paytmasi shaklida yagona ravishda ifodalanilishini ko‘rsatish qiyin emas. Ya’ni haqiqiy koeffitsientli f (x) ko‘phad uchun i i yoyilma o‘rinli, bu yerda . Viyet formulasi. Bizga bosh koeffitsienti 1 ga teng bo‘lgan n - darajali ko‘phad berilgan bo‘lib, 1, 2 ,...,n uning ildizlari bo‘lsin. U holda f (x) (x 1) (x 2 ) ... (x n ) yoyilmaga ega bo‘ladi. Bu yoyilmaning o‘ng tomonidagi qavslarini ochib chiqib, o‘xshash hadlarini ixchamlagandan so‘ng bir hil hadlari oldidagi koeffitsientlarini tenglashtirsak, quyidagi tengliklarni olamiz: a1 (1 2 ... n ), a2 12 13 ... 1n 23 ... n1n , a3 (123 124 ... n2n1n ), …………………………………… Ushbu tengliklar ko‘phad koeffisentlarini uning ildizlari orqali ifodalovchi formula hisoblanib, Viyet formulasi deb ataladi. Tengliklarning o‘ng tomonidagi ifodalar simmetrik ko‘phadlar deyiladi Download 64.91 Kb. Do'stlaringiz bilan baham: 
|