הבדלים בין גרסאות בדף "קוד:המשפט על שורש של פולינום"
שורה 1: | שורה 1: | ||
− | המשפט הבא מאוד אינטואיטיבי, ואכן הוכחתו גם כן איננה מאתגרת במיוחד. | + | המשפט הבא מאוד אינטואיטיבי, ואכן הוכחתו גם כן איננה מאתגרת במיוחד. המשפט מאפיין מתי סקלר מהשדה הוא שורש של פולינום כלשהו. |
− | \ | + | \begin{thm} |
יהי $f\in\mathbb{F}\left[x\right]$, ויהי $\alpha\in\mathbb{F}$ שורש של $f$ (זאת אומרת, $f\left(\alpha\right)=0$). אזי קיים פולינום $g\in\mathbb{F}\left[x\right]$ שעבורו $f=\left(x-\alpha\right)g$. | יהי $f\in\mathbb{F}\left[x\right]$, ויהי $\alpha\in\mathbb{F}$ שורש של $f$ (זאת אומרת, $f\left(\alpha\right)=0$). אזי קיים פולינום $g\in\mathbb{F}\left[x\right]$ שעבורו $f=\left(x-\alpha\right)g$. | ||
− | \ | + | \end{thm} |
− | נשתמש בחילוק עם שארית לזוג הפולינומים $f$ ו-$x-\alpha$. | + | \begin{proof} |
+ | |||
+ | נשתמש בחילוק עם שארית לזוג הפולינומים $f$ ו-$x-\alpha$. לפי המשפט על חילוק פולינומים, קיימים פולינומים $g\left(x \right ),r\left(x \right )\in\mathbb{F}\left[x \right ]$ שעבורם $f=\left(x-\alpha \right )g+r$, כאשר מתקיים $r\equiv0$ (כלומר, מקבל ערך אפס תמיד) או $\deg\left(r\right)<\deg\left(x-\alpha\right)$. | ||
קל לראות כי התנאים האלו אומרים, למעשה, כי $r$ הוא סקלר כלשהו מ-$\mathbb{F}$. | קל לראות כי התנאים האלו אומרים, למעשה, כי $r$ הוא סקלר כלשהו מ-$\mathbb{F}$. | ||
נציב בשוויון הפולינומים $f=\left(x-\alpha \right )g+r$ את האיבר $x=\alpha$; אזי $f\left(\alpha \right )=0\cdot g\left(\alpha \right )+r$. אבל $f\left(\alpha\right)=0$, ולכן $0=0+r$, ומכאן $r=0$. | נציב בשוויון הפולינומים $f=\left(x-\alpha \right )g+r$ את האיבר $x=\alpha$; אזי $f\left(\alpha \right )=0\cdot g\left(\alpha \right )+r$. אבל $f\left(\alpha\right)=0$, ולכן $0=0+r$, ומכאן $r=0$. | ||
נקבל $f=\left(x-\alpha\right)g$. | נקבל $f=\left(x-\alpha\right)g$. | ||
+ | |||
+ | \end{proof} |
גרסה מ־13:15, 2 בספטמבר 2014
המשפט הבא מאוד אינטואיטיבי, ואכן הוכחתו גם כן איננה מאתגרת במיוחד. המשפט מאפיין מתי סקלר מהשדה הוא שורש של פולינום כלשהו.
\begin{thm}
יהי $f\in\mathbb{F}\left[x\right]$, ויהי $\alpha\in\mathbb{F}$ שורש של $f$ (זאת אומרת, $f\left(\alpha\right)=0$). אזי קיים פולינום $g\in\mathbb{F}\left[x\right]$ שעבורו $f=\left(x-\alpha\right)g$.
\end{thm}
\begin{proof}
נשתמש בחילוק עם שארית לזוג הפולינומים $f$ ו-$x-\alpha$. לפי המשפט על חילוק פולינומים, קיימים פולינומים $g\left(x \right ),r\left(x \right )\in\mathbb{F}\left[x \right ]$ שעבורם $f=\left(x-\alpha \right )g+r$, כאשר מתקיים $r\equiv0$ (כלומר, מקבל ערך אפס תמיד) או $\deg\left(r\right)<\deg\left(x-\alpha\right)$. קל לראות כי התנאים האלו אומרים, למעשה, כי $r$ הוא סקלר כלשהו מ-$\mathbb{F}$. נציב בשוויון הפולינומים $f=\left(x-\alpha \right )g+r$ את האיבר $x=\alpha$; אזי $f\left(\alpha \right )=0\cdot g\left(\alpha \right )+r$. אבל $f\left(\alpha\right)=0$, ולכן $0=0+r$, ומכאן $r=0$.
נקבל $f=\left(x-\alpha\right)g$.
\end{proof}