הגדרה 1 (פולינום)

יהא $\mathbb{F}$ שדה.
פולינום ממעלה $n$ מעל השדה $\mathbb{F}$ הוא הביטוי הפורמלי:

P(x)=a_{n}x^n+a_{n-1}+x^{n-1}+\dots+a_{2}x^2+a_{1}x+a_{0}

כאשר $a_{0},a_{1},\dots,a_{n}\in \mathbb{F}$ נקראים מקדמי הפולינום.

המקדם המוביל הינו $a_{n}\neq 0$ . אם $a_{n}=1$ הפולינם נקרא מתוקן.
מעלת הפולינום מסומנת ב- $\deg P(x)$ .
כל איבר מהצורה $a_{i}x^i$ נקרא מונום.
קבוצת כל הפולינומים (ממעלה כלשהי) עם מקדמים ב- $\mathbb{F}$ עם $x$ מסומנת ב- $\mathbb{F}[x]$ .

הערה

הפולינום נקרא ממשי אם כל המקדמים שלו ממשיים. (מעל $\mathbb{R}$ )
הפולינום נקרא מרוכב אם כל המקדמים שלו מרוכבים. (מעל $\mathbb{C}$ )

דוגמה (כמה דוגמות שיוסי אמר שיש לו מטרות אחרות בשבילהן)

הפולינום $x^2+3x+7$ הוא ממעלה 2 מעל $\mathbb{R}$ . (גם מעל $\mathbb{Q}$ וגם מעל $\mathbb{C}$ )
הפולינום $z^4+4iz+zi$ הוא ממעלה 4 מעל $\mathbb{C}$ .
הפולינום $p(x)=3$ הוא ממעלה 0 (מעל $\mathbb{R},\mathbb{C},\mathbb{Q}$ )
הפולינום $p(x)=0$ הוא ממעלה $-\infty$ .

משפט

פולינום ניתן לכתיבה בצורה:

P(x)=\sum^{n}_{k=0}a_{k}n^k

חלוקת פולינומים

הגדרה 2 (פעולות בין פולינומים)

שוויון פולינומים: $P(x)=Q(x)$ אן הם מאותה מעלה וכל מקדמיהם שווים.
סכום פולינומים: בעבור $P(z),Q(z)\in \mathbb{F}[z]$ נגדיר את סכומם להיות:

(P+Q)(z)=P(z)+Q(z)

ואת מכפלת הפולינומים להיות:

(P\cdot Q)(z)=P(z)Q(z)

הערה

דרגת הסכום: $\deg(P+Q)\leq max\{ \deg P, \deg Q \}$
דרגת המכפלה: $\deg(P\cdot Q)=\deg P+\deg Q$

טענה

עבור $P,Q,R \in \mathbb{F}[x]$ :

$PQ=QP$
$(PQ)R=P(QR)$
(P+Q)R=PR+QR

משפט (חלוקת פולינומים)

יהיו $P(x),D(x)\in \mathbb{F}[x]$ שני פולינומים.
קיימים $Q(x),R(x)\in \mathbb{F}[x]$ כך ש-

P(x)=Q(x)D(x)+R(x)

כך ש- $\deg R(x)<\deg D(x)$ (או $R(x)=0$ )

הערה

אם $R(x)=0$ נאמר כי $D(x)$ מחלק את $P(x)$ .

הגדרה 3

יהא $\mathbb{F}$ שדה ויהא $P(x)\in \mathbb{F}[x]$ פולינום ו- $\alpha \in \mathbb{F}$ . $\alpha$ נקרא שורש של $P(x)$ אם $P(\alpha)=0$ .

דוגמה

$P(x)=x^3-x^2+x-1 \implies P(1)=0$
$P(x)=x^2-4x+3 \implies P(1)=0,P(3)=0$

פירוק פולינומים

P(x)=x^2-4x+3=(x-1)(x-3)

הערה

P(x)=ax^2+bx+c\implies P(x)=a(x-x_{1})(x-x_{2})

נגיע מפה לנוסחת וויאטה:

ax^2+bx+c=a(x^2-(x_{1}+x_{2})x+x_{1}x_{2})\implies \cases{(x^2)\ a=a \\ (x)\ b=-a(x_{1}+x_{2})\implies x_{1}+x_{2}=-\frac{b}{a}\\ c=ax_{1},x_{2} \implies x_{1}x_{2}=\frac{c}{a}}

טענה (משפט וואזו)

נגיד $a$ שורש של פולינום $P(x)$ אם ורק אם $x-a$ מחלק את $P(x)$ .

הוכחה:
נחלק את הפולינום $P(x)$ ב- $x-a$ .

P(x)=d(x)(x-a)+r(x)

כאשר $\deg r(x)<1$ .
זאת אומרת:

P(x)=d(x)(x-a)+r

כאשר $r$ קבוע.
כעת: אם $a$ שורש של $P(x)$ ⇔ אזי

0=P(a)=d(a)(a-a)+r \implies r=0

כעת, נוכיח לצד השני:
אם $x-a$ מחלק את $P(x)$ אזי $r=0$ ונקבל כי:

P(x)=d(x)(x-a)

נציב $x=a$ ונקבל כי

P(a)=d(a)(a-a)=0

‎∎

הגדרה 4

יהא $\alpha$ שורש של $P(x)$ ויהא $k \in \mathbb{N}$ . $\alpha$ נקרא שורש מריבוי $k$ של $P(x)$ אם $(n-\alpha)^k|P(x)$ אבל $(x-\alpha)^{n-1}\cancel{|}P(x)$ .
(משפט אודות נגזרות וריבוי ראיתם בתרגול)

המשפט היסודי של האלגברה

משפט (המשפט היסודי של האלגברה)

לכל פולינום ממעלה גדולה או שווה ל-1 מעל $\mathbb{C}$ יש לפחות שורש אחד.

כעת נקח פולינום ממעלה $n$ מעל $\mathbb{C}$ :

p(x)=a_{n}x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_{1}x+a_{0}

"מה איכפתך? סיפורים זה ההגות של המתמטיקה" - יוסי כהן

p(x)=q_{1}(x)(x-x_{1})

p(x)=q_{2}(x)(x-x_{1})(x-x_{2})

\vdots

p(x)=a_{n}(x-x_{1})(x-x_{2})\dots(x-x_{n})

מסקנה: ישנם $n$ שורשים: $x_{1},\dots x_{n}$ .

p(x)=a_{n}(x-x_{r_{1}})^{\ell_{1}}\dots(x-x_{r_{m}})^{\ell_{m}}

המשפט היסודי של תורת המספרים אומר לנו כי: (כאשר $p$ הוא מספר ראשוני)

n=p_{1}^{\alpha_{1}}\dots p_{m}^{\alpha_{m}}

תרגיל

נניח כי $p(x)$ פולינום מעל $\mathbb{R}$ . איך יראו הגורמים הפולינומיאליים(מעל $\mathbb{R}$ ) שיחלקו אותו?
מאיזו מעלה?

p(x)=a_{n}(x-x_{r_{1}})^{\ell_{1}}\dots(x-x_{r_{t}})^{\ell_{t}}

לפולינום יש הרבה שורשים ממשיים, ויש גם מרוכבים. אבל לכל שורש מרוכב, גם הצמוד שלו מופיע ולכן הם מתחברים לממשי ולכן כל השורשים ממשיים.

(x-x_{1})(x-\overline{x_{1}})=x^2-(x_{1}+\overline{x_{1}})x+x_{1}\overline{x_{1}}

מסקנה: כל פולינום מעל הממשיים מתפרק לגורמים ליניאריים או גורמים ריבועיים מעל $\mathbb{R}$ . (אי פריקים מעל $\mathbb{R}$ )

פולינומים אי-פריקים

הגדרה 5 (פולינום אי-פריק)

פולינום $p(x)\in \mathbb{F}[x]$ נקרא אי-פריק(מעל $\mathbb{F}$ ) אם $\deg p \geq1$ ולא קיים $d(x)\in \mathbb{F}[x]$ כך ש- $d(x)|p(x)$ ו- $0<\deg d(x)<\deg p(x)$

"בוא ניתן דוגמאות של החברה - הכי פשוט בעולם" - יוסי כהן

דוגמה

הפולינום $x^2-2 \in \mathbb{Q}[x]$ אי-פריק מעל $\mathbb{Q}$
הפולינום $x^2-2 \in \mathbb{R}[x]$ פריק מעל $\mathbb{R}$
הפולינום $x^2+2 \in \mathbb{R}[x]$ אי-פריק מעל $\mathbb{R}$
הפולינום $x^2+2\in \mathbb{C}[x]$ פריק מעל $\mathbb{C}$

תרגיל

האם $x^4+1$ פריק מעל $\mathbb{C}$ ? מעל $\mathbb{R}$ ?
אם הוא פריק מעל $\mathbb{R}$ כתבו אותו כמכפלה של גורמים פולינומיאליים מעל $\mathbb{R}$ .

נפרק את הפולינום:

x^4=-1

x_{k}=\sqrt[4]{ 1 }cis\left( \frac{180^\circ+360^\circ k}{4} \right)=cis(45^\circ +90^\circ k)

\begin{cases} x_{0}=cis\ 45^\circ = \frac{\sqrt{ 2 }}{2}+i\frac{\sqrt{ 2 }}{2} \\ x_{1}=cis\ 135^\circ = -\frac{\sqrt{ 2 }}{2}+i \frac{\sqrt{ 2 }}{2} \\ x_{2}=cis\ 225^\circ = -\frac{\sqrt{ 2 }}{2}-i \frac{\sqrt{ 2 }}{2} \\ x_{3}=cis\ 315^\circ = \frac{\sqrt{ 2 }}{2}-i \frac{\sqrt{ 2 }}{2} \end{cases}

נקח כל אחד ונכפיל בצמוד שלו כך:

הפירוק הראשון

\left(x-\left( \frac{\sqrt{ 2 }}{2}+\frac{\sqrt{ 2 }}{2}i \right)\right)\left( x-\left( \frac{\sqrt{ 2 }}{2}-\frac{\sqrt{ 2 }}{2}i \right) \right)\left( x-\left( \frac{\sqrt{ 2 }}{2}-\frac{\sqrt{ 2 }}{2}i \right) \right)\left( x-\left( \frac{\sqrt{ 2 }}{2}-\frac{\sqrt{ 2 }}{2}i \right) \right)

=\left( x^2-\left( \frac{\sqrt{ 2 }}{2}+\frac{\sqrt{ 2 }}{2}i \right)^2 \right)\left( x^2-\left( \frac{\sqrt{ 2 }}{2}-\frac{\sqrt{ 2 }}{2}i \right)^2 \right)

נזכור כי:

\left( \frac{\sqrt{ 2 }}{2}+\frac{\sqrt{ 2 }}{2}i \right)^2=\frac{1}{2}+i-\frac{1}{2}=i

ולכן:

=(x^2-i)(x^2+i)

"כמה פירוקים יכולים להיות? זה שאלה בטרוויה - מה איכפתך?" - יוסי כהן

הפירוק השני

\left( x-\left( \frac{\sqrt{ 2 }}{2}+\frac{\sqrt{ 2 }}{2}i \right) \right)\left( x-\left( \frac{\sqrt{ 2 }}{2}-\frac{\sqrt{ 2 }}{2}i \right) \right)\cdot \left( x-\left( -\frac{\sqrt{ 2 }}{2}+\frac{\sqrt{ 2 }}{2}i \right) \right)\left( x-\left( -\frac{\sqrt{ 2 }}{2}-\frac{\sqrt{ 2 }}{2}i \right) \right)

=\left( \left( x-\frac{\sqrt{ 2 }}{2} \right)-\frac{\sqrt{ 2 }}{2}i \right)\left( \left( x-\frac{\sqrt{ 2 }}{2} \right)+\frac{\sqrt{ 2 }}{2}i \right)\cdot \left( \left( x+\frac{\sqrt{ 2 }}{2} \right)-\frac{\sqrt{ 2 }}{2}i \right)\left( \left( x+\frac{\sqrt{ 2 }}{2} \right)+\frac{\sqrt{ 2 }}{2}o \right)

=\left( \left( x-\frac{\sqrt{ 2 }}{2} \right)^2-\left( \frac{\sqrt{ 2 }}{2}i \right)^2 \right)\left( \left( x+\frac{\sqrt{ 2 }}{2} \right)^2-\left( \frac{\sqrt{ 2 }}{2}i \right)^2 \right)

=\left( \left( x-\frac{\sqrt{ 2 }}{2} \right)^2+\frac{1}{2} \right)\left( \left( x+\frac{\sqrt{ 2 }}{2} \right)^2+\frac{1}{2} \right)

שורש מעל $\mathbb{C}$

טענה

יהא $p(z)$ פולינום בעל מקדמים ממשיים.
אם $z_{0}\in \mathbb{C},z_{0} \not\in \mathbb{R}$ שורש של $p$ אזי גם $\overline{z_{0}}$ הוא שורש שלו.
(באמצעות המשפט אודות ריבוי ונגזרות הפולינומים נקבל את הטענה הנכונה גם עבור הריבוי)

הוכחה:
נניח כי $z_{0}$ שורש של $p(z)$ כאשר:

p(z)=a_{n}z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\dots+a_{1}z+a_{0}

ו- $a_{1}\in \mathbb{R}$ אזי:

p(z_{0})=a_{n}z_{0}^n+a_{n-1}z_{0}^{n-1}+\dots+a_{1}z_{0}+a_{0}=0

נעשה הצמדה על שני האגפים:

\overline{a_{n}z_{0}^n+a_{n-1}z_{0}^{n-1}+\dots+a_{1}z_{0}+a_{0}}=\overline{0}

\overline{a_{n}z_{0}^n}+\overline{a_{n-1}z_{0}^{n-1}}+\dots+\overline{a_{0}z_{0}}+a_{0}=0

\overline{a_{n}}\cdot\overline{z_{0}^n}+\overline{a_{n-1}}\cdot \overline{z_{0}^{n-1}}+\dots+\overline{a_{0}}\cdot\overline{z_{0}}+\overline{a_{0}}=0

a_{n}\cdot\overline{z_{0}^n}+a_{n-1}\cdot \overline{z_{0}^{n-1}}+\dots+a_{0}\overline{z_{0}}+a_{0}=0

a_{n}\overline{z_{0}}^n+a_{n-1}\overline{z_{0}}^{n-1}+\dots+a_{0}\overline{z_{0}}+a_{0}=0

‎∎

הגדרה 1 (פולינום)

יהא $\mathbb{F}$ שדה.
פולינום ממעלה $n$ מעל השדה $\mathbb{F}$ הוא הביטוי הפורמלי:

P(x)=a_{n}x^n+a_{n-1}+x^{n-1}+\dots+a_{2}x^2+a_{1}x+a_{0}

כאשר $a_{0},a_{1},\dots,a_{n}\in \mathbb{F}$ נקראים מקדמי הפולינום.

הערה

דוגמה (כמה דוגמות שיוסי אמר שיש לו מטרות אחרות בשבילהן)

הפולינום $x^2+3x+7$ הוא ממעלה 2 מעל $\mathbb{R}$ . (גם מעל $\mathbb{Q}$ וגם מעל $\mathbb{C}$ )
הפולינום $z^4+4iz+zi$ הוא ממעלה 4 מעל $\mathbb{C}$ .
הפולינום $p(x)=3$ הוא ממעלה 0 (מעל $\mathbb{R},\mathbb{C},\mathbb{Q}$ )
הפולינום $p(x)=0$ הוא ממעלה $-\infty$ .

משפט

פולינום ניתן לכתיבה בצורה:

P(x)=\sum^{n}_{k=0}a_{k}n^k

חלוקת פולינומים

הגדרה 2 (פעולות בין פולינומים)

שוויון פולינומים: $P(x)=Q(x)$ אן הם מאותה מעלה וכל מקדמיהם שווים.
סכום פולינומים: בעבור $P(z),Q(z)\in \mathbb{F}[z]$ נגדיר את סכומם להיות:

(P+Q)(z)=P(z)+Q(z)

ואת מכפלת הפולינומים להיות:

(P\cdot Q)(z)=P(z)Q(z)

הערה

דרגת הסכום: $\deg(P+Q)\leq max\{ \deg P, \deg Q \}$
דרגת המכפלה: $\deg(P\cdot Q)=\deg P+\deg Q$

טענה

עבור $P,Q,R \in \mathbb{F}[x]$ :

$PQ=QP$
$(PQ)R=P(QR)$
(P+Q)R=PR+QR

משפט (חלוקת פולינומים)

יהיו $P(x),D(x)\in \mathbb{F}[x]$ שני פולינומים.
קיימים $Q(x),R(x)\in \mathbb{F}[x]$ כך ש-

P(x)=Q(x)D(x)+R(x)

כך ש- $\deg R(x)<\deg D(x)$ (או $R(x)=0$ )

הערה

אם $R(x)=0$ נאמר כי $D(x)$ מחלק את $P(x)$ .

הגדרה 3

יהא $\mathbb{F}$ שדה ויהא $P(x)\in \mathbb{F}[x]$ פולינום ו- $\alpha \in \mathbb{F}$ . $\alpha$ נקרא שורש של $P(x)$ אם $P(\alpha)=0$ .

דוגמה

$P(x)=x^3-x^2+x-1 \implies P(1)=0$
$P(x)=x^2-4x+3 \implies P(1)=0,P(3)=0$

פירוק פולינומים

P(x)=x^2-4x+3=(x-1)(x-3)

הערה

P(x)=ax^2+bx+c\implies P(x)=a(x-x_{1})(x-x_{2})

נגיע מפה לנוסחת וויאטה:

ax^2+bx+c=a(x^2-(x_{1}+x_{2})x+x_{1}x_{2})\implies \cases{(x^2)\ a=a \\ (x)\ b=-a(x_{1}+x_{2})\implies x_{1}+x_{2}=-\frac{b}{a}\\ c=ax_{1},x_{2} \implies x_{1}x_{2}=\frac{c}{a}}

טענה (משפט וואזו)

נגיד $a$ שורש של פולינום $P(x)$ אם ורק אם $x-a$ מחלק את $P(x)$ .

הוכחה:
נחלק את הפולינום $P(x)$ ב- $x-a$ .

P(x)=d(x)(x-a)+r(x)

כאשר $\deg r(x)<1$ .
זאת אומרת:

P(x)=d(x)(x-a)+r

כאשר $r$ קבוע.
כעת: אם $a$ שורש של $P(x)$ ⇔ אזי

0=P(a)=d(a)(a-a)+r \implies r=0

כעת, נוכיח לצד השני:
אם $x-a$ מחלק את $P(x)$ אזי $r=0$ ונקבל כי:

P(x)=d(x)(x-a)

נציב $x=a$ ונקבל כי

P(a)=d(a)(a-a)=0

‎∎

הגדרה 4

המשפט היסודי של האלגברה

משפט (המשפט היסודי של האלגברה)

לכל פולינום ממעלה גדולה או שווה ל-1 מעל $\mathbb{C}$ יש לפחות שורש אחד.

כעת נקח פולינום ממעלה $n$ מעל $\mathbb{C}$ :

p(x)=a_{n}x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_{1}x+a_{0}

"מה איכפתך? סיפורים זה ההגות של המתמטיקה" - יוסי כהן

p(x)=q_{1}(x)(x-x_{1})

p(x)=q_{2}(x)(x-x_{1})(x-x_{2})

\vdots

p(x)=a_{n}(x-x_{1})(x-x_{2})\dots(x-x_{n})

מסקנה: ישנם $n$ שורשים: $x_{1},\dots x_{n}$ .

p(x)=a_{n}(x-x_{r_{1}})^{\ell_{1}}\dots(x-x_{r_{m}})^{\ell_{m}}

המשפט היסודי של תורת המספרים אומר לנו כי: (כאשר $p$ הוא מספר ראשוני)

n=p_{1}^{\alpha_{1}}\dots p_{m}^{\alpha_{m}}

תרגיל

נניח כי $p(x)$ פולינום מעל $\mathbb{R}$ . איך יראו הגורמים הפולינומיאליים(מעל $\mathbb{R}$ ) שיחלקו אותו?
מאיזו מעלה?

p(x)=a_{n}(x-x_{r_{1}})^{\ell_{1}}\dots(x-x_{r_{t}})^{\ell_{t}}

(x-x_{1})(x-\overline{x_{1}})=x^2-(x_{1}+\overline{x_{1}})x+x_{1}\overline{x_{1}}

פולינומים אי-פריקים

הגדרה 5 (פולינום אי-פריק)

פולינום $p(x)\in \mathbb{F}[x]$ נקרא אי-פריק(מעל $\mathbb{F}$ ) אם $\deg p \geq1$ ולא קיים $d(x)\in \mathbb{F}[x]$ כך ש- $d(x)|p(x)$ ו- $0<\deg d(x)<\deg p(x)$

"בוא ניתן דוגמאות של החברה - הכי פשוט בעולם" - יוסי כהן

דוגמה

הפולינום $x^2-2 \in \mathbb{Q}[x]$ אי-פריק מעל $\mathbb{Q}$
הפולינום $x^2-2 \in \mathbb{R}[x]$ פריק מעל $\mathbb{R}$
הפולינום $x^2+2 \in \mathbb{R}[x]$ אי-פריק מעל $\mathbb{R}$
הפולינום $x^2+2\in \mathbb{C}[x]$ פריק מעל $\mathbb{C}$

תרגיל

נפרק את הפולינום:

x^4=-1

x_{k}=\sqrt[4]{ 1 }cis\left( \frac{180^\circ+360^\circ k}{4} \right)=cis(45^\circ +90^\circ k)

\begin{cases} x_{0}=cis\ 45^\circ = \frac{\sqrt{ 2 }}{2}+i\frac{\sqrt{ 2 }}{2} \\ x_{1}=cis\ 135^\circ = -\frac{\sqrt{ 2 }}{2}+i \frac{\sqrt{ 2 }}{2} \\ x_{2}=cis\ 225^\circ = -\frac{\sqrt{ 2 }}{2}-i \frac{\sqrt{ 2 }}{2} \\ x_{3}=cis\ 315^\circ = \frac{\sqrt{ 2 }}{2}-i \frac{\sqrt{ 2 }}{2} \end{cases}

נקח כל אחד ונכפיל בצמוד שלו כך:

הפירוק הראשון

\left(x-\left( \frac{\sqrt{ 2 }}{2}+\frac{\sqrt{ 2 }}{2}i \right)\right)\left( x-\left( \frac{\sqrt{ 2 }}{2}-\frac{\sqrt{ 2 }}{2}i \right) \right)\left( x-\left( \frac{\sqrt{ 2 }}{2}-\frac{\sqrt{ 2 }}{2}i \right) \right)\left( x-\left( \frac{\sqrt{ 2 }}{2}-\frac{\sqrt{ 2 }}{2}i \right) \right)

=\left( x^2-\left( \frac{\sqrt{ 2 }}{2}+\frac{\sqrt{ 2 }}{2}i \right)^2 \right)\left( x^2-\left( \frac{\sqrt{ 2 }}{2}-\frac{\sqrt{ 2 }}{2}i \right)^2 \right)

נזכור כי:

\left( \frac{\sqrt{ 2 }}{2}+\frac{\sqrt{ 2 }}{2}i \right)^2=\frac{1}{2}+i-\frac{1}{2}=i

ולכן:

=(x^2-i)(x^2+i)

"כמה פירוקים יכולים להיות? זה שאלה בטרוויה - מה איכפתך?" - יוסי כהן

הפירוק השני

\left( x-\left( \frac{\sqrt{ 2 }}{2}+\frac{\sqrt{ 2 }}{2}i \right) \right)\left( x-\left( \frac{\sqrt{ 2 }}{2}-\frac{\sqrt{ 2 }}{2}i \right) \right)\cdot \left( x-\left( -\frac{\sqrt{ 2 }}{2}+\frac{\sqrt{ 2 }}{2}i \right) \right)\left( x-\left( -\frac{\sqrt{ 2 }}{2}-\frac{\sqrt{ 2 }}{2}i \right) \right)

=\left( \left( x-\frac{\sqrt{ 2 }}{2} \right)-\frac{\sqrt{ 2 }}{2}i \right)\left( \left( x-\frac{\sqrt{ 2 }}{2} \right)+\frac{\sqrt{ 2 }}{2}i \right)\cdot \left( \left( x+\frac{\sqrt{ 2 }}{2} \right)-\frac{\sqrt{ 2 }}{2}i \right)\left( \left( x+\frac{\sqrt{ 2 }}{2} \right)+\frac{\sqrt{ 2 }}{2}o \right)

=\left( \left( x-\frac{\sqrt{ 2 }}{2} \right)^2-\left( \frac{\sqrt{ 2 }}{2}i \right)^2 \right)\left( \left( x+\frac{\sqrt{ 2 }}{2} \right)^2-\left( \frac{\sqrt{ 2 }}{2}i \right)^2 \right)

=\left( \left( x-\frac{\sqrt{ 2 }}{2} \right)^2+\frac{1}{2} \right)\left( \left( x+\frac{\sqrt{ 2 }}{2} \right)^2+\frac{1}{2} \right)

שורש מעל $\mathbb{C}$

טענה

הוכחה:
נניח כי $z_{0}$ שורש של $p(z)$ כאשר:

p(z)=a_{n}z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\dots+a_{1}z+a_{0}

ו- $a_{1}\in \mathbb{R}$ אזי:

p(z_{0})=a_{n}z_{0}^n+a_{n-1}z_{0}^{n-1}+\dots+a_{1}z_{0}+a_{0}=0

נעשה הצמדה על שני האגפים:

\overline{a_{n}z_{0}^n+a_{n-1}z_{0}^{n-1}+\dots+a_{1}z_{0}+a_{0}}=\overline{0}

\overline{a_{n}z_{0}^n}+\overline{a_{n-1}z_{0}^{n-1}}+\dots+\overline{a_{0}z_{0}}+a_{0}=0

\overline{a_{n}}\cdot\overline{z_{0}^n}+\overline{a_{n-1}}\cdot \overline{z_{0}^{n-1}}+\dots+\overline{a_{0}}\cdot\overline{z_{0}}+\overline{a_{0}}=0

a_{n}\cdot\overline{z_{0}^n}+a_{n-1}\cdot \overline{z_{0}^{n-1}}+\dots+a_{0}\overline{z_{0}}+a_{0}=0

a_{n}\overline{z_{0}}^n+a_{n-1}\overline{z_{0}}^{n-1}+\dots+a_{0}\overline{z_{0}}+a_{0}=0

‎∎

2 - פולינומים

אלגברה אמ

פולינומים

2 - פולינומים

אלגברה אמ

פולינומים

חלוקת פולינומים

פירוק פולינומים

המשפט היסודי של האלגברה

פולינומים אי-פריקים

הפירוק הראשון

הפירוק השני

שורש מעל $\mathbb{C}$

חלוקת פולינומים

פירוק פולינומים

המשפט היסודי של האלגברה

פולינומים אי-פריקים

הפירוק הראשון

הפירוק השני

שורש מעל $\mathbb{C}$

אלגברה אמ

פולינומים

אלגברה אמ

פולינומים

חלוקת פולינומים

פירוק פולינומים

המשפט היסודי של האלגברה

פולינומים אי-פריקים

הפירוק הראשון

הפירוק השני

שורש מעל C\mathbb{C}C

חלוקת פולינומים

פירוק פולינומים

המשפט היסודי של האלגברה

פולינומים אי-פריקים

הפירוק הראשון

הפירוק השני

שורש מעל C\mathbb{C}C

שורש מעל $\mathbb{C}$

שורש מעל $\mathbb{C}$