Теорема о делении с остатком для целых чисел
Итак, ни одно из чисел не явл. корнем мн-на f(x), значит мн-н не имеет рац. корней.
Вопрос 11.
Теорема о делении с остатком для целых чисел и для многочлена.
Опр.1:a, b Z, b ≠0. говорят, что «а делится на b » (
), если
с
Z: а= bс.
(а-делимое, b –делитель, с — частное)
Свойства:
1. a c
b
c
(a
b)
c
Док-во:
2. a c
(ak)
c
k
Z
3. a c и a≠0
≥
Док-во:
4. ab
b
a
a=b либо a= — b
Опр: Разделить целое число а на целое число в≠0 с остатком, это значит найти два таких целых числа q и r, что бы выполнялись условия:
1. a=bq+r
2. 0≤ r <|b|
(q –неполное частное, r – остаток)
Теорема1: , b ≠0. Любое число а можно разделить с остатком на любое число b, причем единственным образом.
Док-во:
1. покажем, что для а и b
Z найдется частное и остаток.
Для в выполняется одно из двух условий b>0, b<0.
1сл. a — любое, b>0. Расположим все целые числа кратные b в порядке возрастания …, b(-2),b(-1),0,b, b*1,b*2, …(1)
Пусть bq — наименьшее из чисел ряда (1), не превосходящих а, т. е.
bq<a и b(q+1)>a => bq< a< b(q+1)(прибавляем (-bq)) => 0<a-bq<b => a-bq=r и 0<r<b => a=bq+r, 0<r<b=|b|.Т. о. а разделено с остатком на b.
2сл. а — любое, b<0
-b>0 => a=(-b)q+r и 0<r<|-b|=|b| => a=b(-q)+r и, 0<r<b=|b|.
Т. о. а разделено с остатком на b.
2. единственность деления с остатком.(от противного)
a=bq1+r1 , 0<r1<b=|b| (1)
a=bq2+r2 , 0<r2<b=|b| (2)
из (1) и (2) => b(q2-q1)=r1-r2 и =>
=> (по свойству делимости) r1-r2=0, r1=r2. b(q2-q1)=0,b≠0 => q2=q1
Теорема о делении с остатком для многочлена
f(x)=anxn+…+a1x+a0 P[x], an≠0
Опр.1: одночлен anxn называется «высшим членом» полинома f(x), показатель n называется степенью f(x) и обозначается ст f(x)= n.
Замечание: Ясно, что нулевой полином не имеет высшего члена и считается, что он равен 0.
Опр.2: f, gP[x] g(x)≠0 говорят, что «f делится на g» (f
g)
(тогда и только тогда по определению)
h
P[x] :f=gh.
Свойства:1. f g и
g => (f
)
g
2. f g
cf
kg,
c, k
P(k≠0)
3. f g
g
f
f=cg, c
P
Теорема2:(о делении мн-ов с остатком) f, gP[x] g(x)≠0 существуют единственные полиномы h, r
P[x] такие, что 10. f=gh+r, и
20. ст r<ст g или r=0.
f(x)=anxn+…+a1x+a0 , ст f(x)= n, g=bmxm+b1x+b0, ст g=m>0
Док-во:
I. возможность представления f вида 10 и 20
1сл. n=ст f< ст g=m или f(x)=0
Тогда, f=g*0+f или f=g*h+r, где h=0, r=f=0 или ст r = ст f< ст g. Тем самым первый случай доказан.
2сл. ст f=n≥m=ст g
f(x)=anxn+…+a1x+a0 , ст f(x)= n, g=bmxm+b1x+b0, ст g=m
Рассмотрим разность:
Узнать стоимость за 15 минут
Распродажа дипломных
Скидка 30% по промокоду Diplom2020
Подпишись на наш паблик в ВК
Нужна работа?
Написать контрольную работу у наших партнеров