απορία; ΟΤΑΝ ΕΧΕΙΣ ΑΠΟΡΙΑ
5.5

ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΣΤΟ C

Στο C κάθε πολυωνυμική εξίσωση έχει ρίζα. Με πραγματικούς συντελεστές, οι μιγαδικές ρίζες έρχονται σε ζεύγη.

Β΄ Λυκείου · Μαθηματικά · Ενοτητα 5 · 25 λεπτά

Το μάθημα είναι στο σχολικό βιβλίο. Δεν το αντιγράφουμε εδώ. Άνοιξε το επίσημο κεφάλαιο και γύρνα για την εξάσκηση.

Άνοιγμα βιβλίου ↗

Η σύνοψη, οι όροι και οι ασκήσεις γράφτηκαν με τη βοήθεια τεχνητής νοημοσύνης από το σχολικό βιβλίο και μπορεί να έχουν λάθη. Πηγή είναι πάντα το βιβλίο: ό,τι σου φαίνεται περίεργο, έλεγξέ το εκεί. Βρήκες λάθος; Γράψε μας στο aporia@signmak.com.

Σχεδιάγραμμα

Δική μας σύνοψη της ενότητας, για επανάληψη. Πηγή είναι πάντα το βιβλίο.

Τι έγινε

  1. Θεμελιώδες Θεώρημα της Άλγεβρας: μια εξίσωση βαθμού ν έχει στο ℂ ν ρίζες, αν μετρήσουμε και τις πολλαπλές. Ισοδύναμη μορφή: ένα πολυώνυμο με πραγματικούς συντελεστές γράφεται ως γινόμενο πρωτοβάθμιων και δευτεροβάθμιων παραγόντων.
  2. Ιστορία: ο Descartes (1637) έγραψε για «φανταστικές» ρίζες, ο Leibniz (1702) έκανε λάθος ισχυρισμό για την παραγοντοποίηση, και μετά από ατελείς προσπάθειες (d'Alembert, Euler, Lagrange) η πρώτη πλήρης απόδειξη ήρθε από τον Gauss, στη διδακτορική του διατριβή (1799).
  3. Στο ℝ η zⁿ = 1 έχει μία ή δύο λύσεις· στο ℂ έχει ακριβώς ν διαφορετικές: zκ = συν(2κπ/ν) + iημ(2κπ/ν), κ = 0, …, ν − 1, οι νιοστές ρίζες της μονάδας.
  4. Αν ω = συν(2π/ν) + iημ(2π/ν), οι ρίζες είναι 1, ω, ω², …, ωⁿ⁻¹ και οι εικόνες τους είναι κορυφές κανονικού ν-γώνου εγγεγραμμένου στον μοναδιαίο κύκλο.
  5. Η zⁿ = α, α = ρ(συνθ + iημθ) με ρ > 0, έχει ν λύσεις ⁿ√ρ[συν((2κπ + θ)/ν) + iημ((2κπ + θ)/ν)], κορυφές κανονικού ν-γώνου σε κύκλο ακτίνας ⁿ√ρ.
  6. Αν z₁, …, zν οι ρίζες του P(z), τότε P(z) = αν(z − z₁)(z − z₂)…(z − zν)· οι εξισώσεις λύνονται με τις μεθόδους του ℝ.
  7. Θεώρημα 3: σε εξίσωση με πραγματικούς συντελεστές, αν α + βi είναι ρίζα, τότε και ο συζυγής α − βi είναι ρίζα· έτσι το πολυώνυμο διαιρείται με (x − z₀)(x − z̄₀), που έχει πραγματικούς συντελεστές.

Πρόσωπα

R. Descartes
στη «La Géométrie» (1637) εισάγει τον όρο «φανταστικές» ρίζες
G. W. Leibniz
ισχυρίστηκε λανθασμένα (1702) ότι ένα πολυώνυμο δεν αναλύεται σε παράγοντες 1ου ή 2ου βαθμού
d'Alembert, L. Euler, J. L. Lagrange
ατελείς αποδείξεις του θεμελιώδους θεωρήματος
C. F. Gauss
πρώτη αυστηρή απόδειξη του Θεμελιώδους Θεωρήματος της Άλγεβρας (1799)

Όροι

Θεμελιώδες Θεώρημα της Άλγεβρας
εξίσωση βαθμού ν έχει ν ρίζες στο ℂ
πρώτη αυστηρή απόδειξη
Gauss, 1799
νιοστές ρίζες της μονάδας
οι ν λύσεις της zⁿ = 1
λύσεις της zⁿ = 1
συν(2κπ/ν) + iημ(2κπ/ν)
τιμές του κ στις ρίζες
κ = 0, 1, …, ν − 1
ω της zⁿ = 1
συν(2π/ν) + iημ(2π/ν)
ρίζες της zⁿ = 1 με το ω
1, ω, ω², …, ωⁿ⁻¹
εικόνες των ριζών της zⁿ = 1
κορυφές κανονικού ν-γώνου
ρίζες της z⁴ = 1
1, i, −1, −i
πλήθος λύσεων της zⁿ = α, α ≠ 0
ακριβώς ν
ακτίνα κύκλου ριζών της zⁿ = α
ⁿ√ρ, όπου ρ = |α|
ανάλυση του P(z) με τις ρίζες
αν(z − z₁)(z − z₂)…(z − zν)
z₀ ρίζα, πραγματικοί συντελεστές
και ο συζυγής z̄₀ είναι ρίζα
(x − z₀)(x − z̄₀)
τριώνυμο με πραγματικούς συντελεστές
πολυώνυμο με πραγματικούς συντελ.
γινόμενο παραγόντων 1ου και 2ου βαθμού

ΠΑΙΞΕ ΤΟΑριθμοί · Τηλεπαιχνίδι · Η Σκάλα · Η Τελεία · Κρεμάλα · όλα με την ύλη αυτού του μαθήματος.

Ασκήσεις με λύσεις

Κάθε άσκηση διορθώνεται μόλις απαντήσεις και δείχνει πώς βγαίνει η σωστή απάντηση. Οι ασκήσεις φτιάχνονται για αυτή την ενότητα κάθε φορά από την αρχή. Δεν είναι οι λύσεις των ασκήσεων του σχολικού βιβλίου.

Συχνές απορίες

Τι λέει το θεμελιώδες θεώρημα της άλγεβρας;

Κάθε πολυωνυμική εξίσωση βαθμού ν ≥ 1 έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο C.

Γιατί οι μιγαδικές ρίζες έρχονται σε ζεύγη;

Επειδή οι συντελεστές είναι πραγματικοί, ο συζυγής μιας ρίζας είναι επίσης ρίζα.

Τι δείχνει η αρνητική διακρίνουσα;

Ότι οι δύο ρίζες είναι συζυγείς μιγαδικές.

Ανοίγει το μενού κοινοποίησης του κινητού σου. Αν δεν υπάρχει, αντιγράφεται ο σύνδεσμος.

Είσαι εκπαιδευτικός; Ανάρτησέ το στο Google Classroom ↗

Νέα από το aporia.gr Νέες ενότητες και ό,τι βρίσκουμε στα θέματα των Πανελληνίων, στη σελίδα μας στο Facebook.