Bewijs x-a deler van A(x)

[Autodidact1]

Dag allemaal

Ik ben nog nieuw in het hele bewijsvoering in de wiskunde, maar zou het toch graag kunnen.
Hoe kan je de volgende stelling wiskundig bewijzen? (Ik wil niet meteen gewoon het bewijs opzoeken op het internet maar er zelf naar zoeken zodat ik wat meer voeling krijg met bewijstechnieken)

" Als (x-a) (met a is een element van R) een deler is van een polynomiaal A(x) dan is a een deler van de constante term van deze veelterm. "

Ik zou het voor te beginnen willen bewijzen voor een tweedegraads vergelijking.
Het volgende heb ik al opgeschreven. ( Vergeef mijn misschien wel slechte notatievorm, ik ben slechts een beginner. Feedback is welkom natuurlijk!)

Stel: A(x) = a₀ + a₁x + a₂x² en a ∈ R

Als x-a een deler is dan moet de deling van de veelterm A(x) en (x-a) als rest 0 krijgen.

het quotient is dan a₂x + (a₁+a*a₂) en de rest is dan a₀ + a(a₁+a*a₂ )

a0 = -a(a₁+a*a₂) (hieruit lijkt het voor mij te kloppen dat a dan een deler is van a0)

Maar hoe bewijs ik nu dat het effectief voor alle reële getallen a werkt? Gewoon door op het begin te stellen dat a ∈ R lijkt mij wat kort door de bocht



Groetjes
Autodidact1

[tempelier]

Schrijf a0 + a1x + a2x2 anders om (wat gebruikelijk is)
Voer de deling gewoon uit, normaal blijft er dan een rest over.
Wil de deling uitkomen dan betekent dat dat die rest nul is. (zoals je al opmerkte)

Bij deze deling wordt a0 slecht op het eind aangesproken dus wil er nul uit komen dan moet het wel gelden.

Iets anders:
Beheers je de kunst van dit uitdelen?
Is dat niet zo dan is mijn verhaal natuurlijk niet zo begrijpelijk.

PS.
Het kan ook met de hoofdstelling van de algebra maar dat is wel erg zwaar geschut.

[Autodidact1]

Dus ik hoef dus niet te specifiëren dat a een reëel getal is. Klopt hetgeen wat ik geschreven heb?

Bedoel je met "uitdelen" gewoon het delen van veeltermen(Daar ben ik wel mee bekend) of bedoel je iets anders?

[tempelier]

Dat moet wel.
Want bij reële getallen is er meestal geen begrip deler zoals bij de gehele getallen.
De redenering werkt dus alleen bij gehele getallen.

Ik kan wel een iets ander bewijs geven, dan is het misschien duidelijker.

Nee dat bedoelde ik hoor.

[Autodidact1]

Dat bewijs zou ik wel willen zien eigenlijk.

[tempelier]

Goed even geduld want ik maak mijn tex stukjes altijd in Gummi

[tempelier]

Ik doe het gelijk voor de nde graad.

Stel de getallen zijn uit Z en de deling komt uit.

Dan:

\(a_0x^n+a_1x^{n-1}+a_2x^{n-2}+\cdots\cdots+a_{n-1}x^{1}+a_{n}\\[7mm]

(b_1x^{n-1}+b_2x^{n-2}+\cdots\cdots+b_{n-1}x^{1}+b_{n})\times(x-a)\\[7mm]

b_{n}\cdot a=a_{n}\\[7mm]\)

Bedenk dat dit allemaal getallen uit Z moeten zijn.
Uit de laatste vorm blijkt wat je wilde bewijzen.

---------------------------------
Bij reële getallen werkt het niet, omdat daar alles op alles kan worden gedeeld. (behalve voor 0 natuurlijk)

[Autodidact1]

Ik begrijp dit bewijs, maar over het wel of niet kunnen van getallen uit Q of R twijfel ik nog wel of ik het begrijp.

Een poging:
Een rationaal getal is een getal m/n waarbij n geen deler is van m. De rest is ≠ 0. Als a zo een rationaal getal is dan kan (x-a) geen deler zijn van A(x) omdat de deling a_n/b_n een rest ≠ 0 zou geven.

Maar a_n en b_n kunnen toch wel rationaal zijn, zolang b_n een deler is van a_n kan je (x-a) naar buiten brengen of zie ik dat verkeerd?

[tempelier]

Het verhaal boven blijft altijd gelden.
Alleen heb je er niet altijd wat aan.

Laten we eerst naar Q kijken en de laatste term a_n zijn.
Elk ander getal (behalve 0) uit Q daar een deler van dus dat schiet niet op.

Er is wel een variant waarop getoetst kan worden, maar meestal doet men dat niet.
Immers men kan vermenigvuldigen met de GGD van de noemers waarmee de breuken verdwijnen.

Verder zijn er geen echte toetsen meer,
was dat wel zo dan konden we alle vergelijkingen van graad groter van vijf oplossen.

[Autodidact1]

Ik denk dat ik het snap. Als de coëfficiënten rationale getallen waren dan zou je er coëfficiënten uit Z van kunnen maken door links en rechts te vermenigvuldigen een bepaalde factor. Je krijgt dan een nieuwe polynomiaal die dezelfde nulpunten heeft. Als de coëfficiënten irrationale getallen waren dan zou het niet lukken omdat die getallen steeds een rest niet gelijk aan nul zullen hebben als ze gedeeld wordt door een andere getal.

[Autodidact1]

Maar als je nu de polynomiaal x2+X-3 hebt.

Deze heeft allemaal coëfficiënten uit Z (+1 ; +1; -3) maar heeft geen nulpunten die een deler zijn van -3
De nulpunten van x = 0,5*(-2 - √13) en x = 0,5*(-2+ √13). De stelling die zij geven in de cursus dus kan niet voor a ∈ R? Of kan hij wel voor R maar niet voor de irrationale getallen? Ik vind het een beetje abstract en dus wat moeilijk om te volgen.

[tempelier]

Je stelt nu een heel andere vraag.

In je eerste vraag was eis dat a uit Z was, in je nieuwe vraag is dat niet zo.
Ook kom je n met nulpunten aanzetten en dat was eerst ook niet zo.

Maar ik snap echter wel wat je bedoelt.

Het wordt dan een andere stelling:

Als: x²+bx+c=0 oplossingen in Z heeft dan zijn die oplossingen delers van c.

Dat lijkt op de oorspronkelijk vraag en is daarmee verwant maar zegt tot net iets anders.

PS.
Er zijn dan ook geen oplossingen binnen Q.
Wel kunnen er reële oplossingen zijn die niet in Q liggen.

[Autodidact1]

En is het bewijs hiervoor dan ook gelijkaardig of totaal iets anders?

[tempelier]

Het volgt uit het eerste.

Immers als x²+bx+c=0 de oplossing x₁ heeft die een element van Z is:

dan is: (x-x₁) een deler van x²+bx+c

[Autodidact1]

Dus als een oplossing x₁ ∈ R (zoals ze in mijn cursus schrijven) dan geldt voor alle reële getallen dat (x-x₁) een deler is van de polynomiaal maar er geldt niet altijd dat x1 een deler is van c?