теорема о делении с остатком

Ответ от Пользователь удален[гуру]
а где учишься ?
город ?
школа или
лицей?
Теорема Безу.
Остаток от деления полинома Pn(x)
на двучлен (x-a) равен значению
этого полинома при x = a.
Пусть :
Pn(x) – данный многочлен степени n ,
двучлен (x-a) - его делитель,
Qn-1(x) – частное от деления Pn(x) на x-a (многочлен
степени n-1 ) ,
R – остаток от деления ( R не содержит переменной x как
делитель первой степени относительно x ).
Доказательство :
Согласно правилу деления многочленов с остатком можно записать :
Pn (x) = (x-a)Qn-1(x) + R .
Отсюда при x = a :
Pn (a) = (a-a)Qn-1 (a) + R =0*Qn-1(a)+R=
=0+R=R .
Значит, R = Pn (a) , т. е. остаток от деления полинома на
(x-a) равен значению этого
полинома при x=a, что и требовалось доказать .
Следствия из теоремы .
Следствие 1 :
Остаток от деления полинома Pn (x)
на двучлен ax+b равен значению
этого полинома при x = -b/a ,
т. е. R=Pn (-b/a) .
Доказательство :
Согласно правилу деления многочленов :
Pn (x)= (ax + b)* Qn-1 (x) + R .
При x= -b/a :
Pn (-b/a) = (a(-b/a) + b)Qn-1(-b/a) + R = R. Значит, R
= Pn (-b/a) , что и требовалось доказать.
Следствие 2:
Если число a является корнем
многочлена P (x) , то этот
многочлен делится на (x-a) без
остатка .
Доказательство :
По теореме Безу остаток от деления многочлена P (x) на x-
a равен P (a) , а по условию a является корнем P (x) , а это
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

Ответ от 3 ответа[гуру]