Просмотр содержимого документа
«Բազմանդամի մնացորդով բաժանումը մեկ այլ բազմանդամի վրա»
A=anxn+an−1xn−1+...+a1x+a0 բազմանդամը, և նրա
B=bmxm+bm−1xm−1+...+b1x+b0 բազմանդամի վրա բաժանելու հարցը, որտեղ՝ B-ն ոչ զրոյական բազմանդամ է, որի աստիճանը չի գերազանցում A-ի աստիճանը, այսինքն՝ bm≠0 և m≤n
Հիշենք սահմանումը:
A բազմանդամը մնացորդով բաժանել B բազմանդամի վրա, նշանակում է գտնել այնպիսի Q և R բազմանդամներ, որ տեղի ունենա A=Q⋅B+R հավասարությունը, ընդ որում R բազմանդամի աստիճանը փոքր լինի B բազմանդամի աստիճանից:
A բազմանդամի դերում դիտարկենք Pn(x)=anxn+an−1xn−1+...+a1x+a0 բազմանդամը (ներքևի ինդեքսը ցույց է տալիս, որ Pn(x)-ը n-րդ աստիճանի բազմանդամ է), իսկ B բազմանդամի դերում՝ x−a երկանդամը, որտեղ a-ն որևէ թիվ է:
Նկատենք, որ x−a երկանդամը 1 աստիճանի բազմանդամ է, և հետևաբար, վերևի m≤n պայմանը (հիմա այն ունի 1≤n տեսքը) կատարվում է:
Հետևաբար, կիրառելով մնացորդով բաժանման սահմանումը, A=Q⋅B+R հավասարության դերում ստանում ենք՝ Pn(x)=(x−a)⋅Q(x)+R հավասարությունը, որտեղ Q-ն քանորդն է, իսկ R-ը՝ մնացորդը:
Քանի որ մնացորդի աստիճանը պետք է փոքր լինի x−a երկանդամի աստիճանից՝ 1-ից, ապա այս դեպքում R մնացորդը թիվ է: Գտնենք այդ թիվը:
Pn(x)=(x−a)⋅Q(x)+R հավասարության ձախ մասը n-րդ աստիճանի բազմանդամ է, ուրեմն աջից ևս n-րդ աստիճանի բազմանդամ պիտի լինի:
Քանի որ R-ը թիվ է, ուրեմն (x−a)⋅Q(x) բազմանդամի աստիճանը պետք է հավասար լինի n -ի , այսինքն Q-ն պիտի լինի n−1 աստիճանի բազմանդամ:
Հիմա Pn(x)=(x−a)⋅Q(x)+R հավասարությունը կարելի է արտագրել այսպես՝
Pn(x)=(x−a)⋅Qn−1(x)+R
Եթե վերջին հավասարության մեջ տեղադրենք x=a, ապա կստանանք, որ R=Pn(a)
Սա հենց Բեզուի թեորեմի պնդումն է:
Բեզուի թեորեմը: Pn(x) բազմանդամը x−a երկանդամի վրա բաժանելուց ստացված R մնացորդը հավասար է Pn(x) բազմանդամի արժեքին x=a կետում՝ R=Pn(a)
Բեզուի թեորեմից ստացվում են բազմաթիվ հետևանքներ: Դրանցից կարևոր է հետևյալը.
Եթե a թիվը Pn(x) բազմանդամի արմատն է, ապա այդ բազմանդամն անմնացորդ բաժանվում է x−a երկանդամի վրա:
Իրոք, եթե a թիվը Pn(x) բազմանդամի արմատն է, այսինքն՝ Pn(a)=0, ապա, ըստ Բեզուի թեորեմի, մնացորդը՝ R=0, ինչը նշանակում է, որ Pn(x)-ն անմնացորդ բաժանվում է x−a-ի վրա: