Bezout tétel 1

Mivel 1763 Bezout matematikát tanított az iskolában kadétok, és mivel 1768-ben a Royal Artillery Corps.

A fő munkája Étienne Bézout kapcsolódnak magasabb algebra, azok elkötelezett a teremtés elméletének megoldása algebrai egyenletek. Elméletileg megoldására rendszerek lineáris egyenletek, aki hozzájárult ahhoz, hogy a megjelenése az elmélet meghatározó. kidolgozott elmélet megszüntetése ismeretlenek az egyenletrendszer magasabb fokozatot, azt bizonyította a tétel (első ízben a C. Maclaurin) róla. hogy a két görbe a rend n és m nem metszi több millió pont. Franciaországban és tengerentúli 1848-ig ő volt nagyon népszerű a hat kötet „Course matematika”, tagjai a 1764-1769, ill. Bezout kifejlesztett egy módszert meghatározatlan szorzók az elemi algebra róla elnevezett módon megoldani rendszerek egyenletek alapján ezt a módszert. Része a munkálatok szentelt Bezout külső ballisztika. A név a tudós kapta az egyik legfontosabb tétele az algebra.

R - a maradék osztódó (R nem tartalmaz az x változó, mint az osztó képest az első fokú x).

Szabály szerint polinom maradékos osztás lehet írni:

Annak bizonyítása, ez a tétel figyelembe kell venni a szükséges és elégséges az állapot.

Így oszthatóság P (x) a (X-a) előfeltétele annak érdekében. ez egy gyökere egy P (x). mert Ez annak a következménye, hogy.

Így oszthatóság P (x) a (X-a) az elégséges feltétele annak. ez egy gyökere egy P (x).

Elválaszthatóság P (x) a (X-a) egy szükséges és elégséges feltétele, hogy biztosítsa, hogy a egy gyökere P (x). QED.

Polinom. Valóban nem imeyuschiyy

gyökerek-negatív. az expanziós

faktoring lineáris tényezők

Az általunk használt módszer ellentmondás: feltételezést-pad. hogy a faktorizációja polinom gyökerek nem rendelkező P (x) tartalmaz egy lineáris tényezőt (X-a):

Aztán osztva (X-a). de egy következménye 6 lenne egy gyökér P (x). azzal a feltétellel, hogy nem tartalmaz a gyökerek. Van egy ellentmondás. akkor a feltételezés téves és polinom

Ez nincs valós gyöke. A faktorizációja lineáris tényezőt nem tartalmaz. QED.

Alapján Bezout tételét és Következmény 5 tudjuk bizonyítani a következő nyilatkozatot teszi:

1. A különbség azonos a természetes stepeneyna különbsége bázisok osztható:

PustP (x) = x n. P (a) = n,

akkor X n-n - a különbség azonos a természetes hatásköre.

P (x) - P (a) = x n - a n = (x - a) Q (X),

jelent. hogy

(X n -a n) / (X-a) = Q (X), azaz különbség azonos a természetes hatáskörét a különbség a bázisaik osztva maradék nélkül. QED.

(X n - a n) / (x - a) = x n-1 + ax n-2 + 2 x n-3 + ... + a n-2 x + n-1.

2. A különbség a még hatáskörét összegével egyenlő azok bázisok osztva maradék nélkül.

jelent. hogy

X 2k - egy 2k = (x + a) Q (X) vagy

azaz különbség még hatáskörét összegével egyenlő az bázisok osztva maradék nélkül. QED.

(X 2k - a 2k) / (x + a) = x 2k-1 - ax 2k-2 + ... + 2K-2 x + 2K-1.

3. A különbség az azonos páratlan egész hatáskörét összege alapjuk nem osztható.

By Tétel Bezout elosztjuk x 2 k +1 - 2 k + 1 x + a = x- (-a) a maradékot

R = P (-a) = (-a) 2k + 1 - egy 2k + 1 = -2a 2k + 1

Mivel az. Maradéka osztály nem egyenlő 0, akkor a különbözetet odinakovyhnechotnyh természetes erejére összege alapjuk nem osztható. QED.

4. összege azonos páratlan egész hatáskörét alapjuk az összeg osztható.

P (x) - P (-a) = x 2k + 1 + a 2k + 1 = (X - (- a)) Q (X) =

jelent. hogy

azaz furcsa összegével megegyező összeget a természeti hatalmak ész osztható. QED.

(X 2k + 1 + a 2k + 1) / (x + a) = x 2k - ax 2k-1 + ... - a 2k-1 x + 2K.

5. összege akár azonos természetes erejére összege alapjuk nem osztható.

R = P (-a) = (-a) 2k + egy 2k = 2a 2k.

Mivel a. Maradéka osztva nem 0. tosumma azonos természetes hatásköre még összegű

alapjuk nem osztott, igény szerint.

Nézzük laknak a figyelmet az egyes esetekben a Bezout tétel gyakorlati problémák megoldására.

Keresse meg a fennmaradó elosztjuk a polinom

a binomiális x - 2.

A tétel az Bezout

Keresse meg a fennmaradó elosztjuk a polinom