полнотекстовый ресурс

могут быть равны нулю, но только а0 Ф О (иначе полином будет
низшей степени). Те значения переменной z, которые обращают
функцию (полином) f(z) в нуль, называются корнями функции
f(z). Например, для функции f(z) = z2 — 5z + 6 корни будут
z, = 2 и z2 = 3, так как
И f(Zi) = /(2) = 0, и f(z2) = /(3) = 0 .
Попутно уместно поставить вопрос: а всякое ли уравнение
имеет корни? В связи с этим рассмотрим уравнение неалгебраическое
ег — 0,
г = x + yi.
Очевидно, что данное уравнение совсем не имеет корней, так
как модуль ех левой части уравнения не обращается в нуль ни
при одном значении х.
Если же взять алгебраическое уравнение
ci^z -f- axzn ^ -f- ^ 4- et-п—i z + ип — 0 , (1)
то основная теорема алгебры утверждает: всякое алгебраическое
уравнение (1) имеет, по крайней мере, один корень вещественный
или комплексный.
Доказательство этой теоремы приводится в курсе высшей
алгебры. Вспомним основные свойства целой рациональной
функции, которые нам понадобятся при изложении вопроса об
интегрировании рациональной функции.
Теорема I (Безу). Остаток от деления целой рациональной
функции f(z) на двучлен вида z — b равен результату подстановки
в данную функцию вместо z числа Ь.
Доказательство. Пусть дана целая рациональная
функция /(z); разделим ее на двучлен z — Ь\ полученное частное
обозначим через cp(z), а остаток — через R (R — не зависит
от г). Тогда по определению
В равенстве (2) положим z = b:
/(г) = (z — b) cp(z) + R. (2)
f(b) = (b -b ) cp (b) + R,
R = î(b).
Пример 1. Найти остаток от деления
на двучлен (z + 2).
25S
f(z) = z4 — 3z3 + 2z — 7
Решение. В данном примере b = —2, поэтому
R = f(b) = /(—2) = (—2)4 — 3(—2)3 + 2(—2) — 7 = 29.
(3)
Теорема II. Для того, чтобы целая рациональная функция
i(z) делилась без остатка на z — b, необходимо и достаточно,
чтобы f(b) = 0.
Доказательство. Если функция f(z) делится на z—b
без остатка, то это значит, R — 0, но R — f(b), следовательно,
j(b )= 0, теорема доказана. Обратно, если f(b) = 0, то R = f (b) =0,
т. е. деление f(z) на z—b совершается без остатка.
Пользуясь изложенными теоремами, можно вывести признаки
делимости суммы или разности одинаковых степеней двух
количеств на сумму или разность первых степеней тех же количеств.
Пример 1. Определить, делится ли х" — а" на разность
х — а без остатка.
Решение. По формуле (3) находим:
R = f(a) = а ’1— а" 0.
Итак, разность одинаковых степеней двух количеств делится на
разность первых степеней тех же количеств без остатка.
Пример 2. Делится ли х" — а" на сумму х + а без
остатка?
Решение. /? = /(—а) = (—о )"— а". Очевидно, что при
n = 2k, т. е. при четном n, R = 0, a при n — 2k — 1 (при п нечетном)
.
R = —2а" Ф 0.
Итак, разность одинаковых четных степеней двух количеств делится
без остатка на сумму первых степеней тех же количеств.
Пример 3. Делится ли х" .+ й" на х — а и на х + а без
остатка?
Решение. При делении х 1 + а” на х — а.
R = f(a) = а" ,+ а " = 2а''Ф 0,
т. е. сумма одинаковых степеней двух количеств не делится без
остатка на разность первых степеней тех же количеств.
При делении x" f а" на х + а
R = f(—a) = (—а) ” + а".
Очевидно, что при п четном .R = а" + ап= 2а” Ф 0 , и при п нечетном
А* = —йп ~ап — 0. Итак, сумма одинаковых нечетных
степеней двух количеств делится без остатка на сумму первых
степеней тех же количеств, а сумма одинаковых четных степеней
двух количеств не делится без остатка на сумму первых степеней
тех же количеств.
Теорема III. Целая рациональная функция f(z) п-ой степени
может быть разложена на множители следующим образом:
f(z) = a 0(z — zi) (z — z2)
где a0 коэффициент при z ", a z l} г2,
функции.
(z Z n)y
z n — корни
данной
259