¿Por qué es válida aquí "división por$(z-1)$"?

Question

Hay una manera fácil de justificar: $$x(x-1)(x+1) \equiv x(x^2-1) \Rightarrow (x-1)(x+1) \equiv x^2-1,$$ even for $x=0$? I seemingly have to divide by $x$ which should place the restriction $x \neq 0$ en el resultado final. ¿Esto funciona sólo para los polinomios?

EDIT: gracias por los comentarios, a la luz de las sugerencias para hacer trabajo de caso voy a actualizar con más involucrado ejemplo para demostrar por qué yo no estoy en busca de este enfoque. Me siento a mover los postes de la meta un poco, quiero saber si esta debe ser una nueva pregunta.

Supongamos que $w=e^{2\pi i/n}$ donde $n$ es un número entero. Digamos que yo he deducido que el $$(z-1)(z-w)(z-w^2)...(z-w^{n-1}) \equiv (z-1)(1+z+z^2+...+z^{n-1}).$$

Quiero concluir aquí que $(z-w)(z-w^2)...(z-w^{n-1}) \equiv 1+z+z^2+...+z^{n-1}$ incluyendo $z=1$ - no es fácil para verificar los casos, ya que de hecho, estoy tratando de usar este factorización para mostrar que $(1-w)(1-w^2)...(1-w^{n-1})=n$.

Answer 1

Primero puede notar que la implicación es verdadera para $x=0$ al verificarla. Luego puede decir que todavía tiene que demostrarlo para $x\neq 0$ , pero luego puede dividir por $x$ .

Answer 2

Esto es una consecuencia del hecho de que un valor distinto de cero polinomio cuyos coeficientes son números complejos (o en cualquier parte integral de dominio) no tiene más raíces de su grado. Esta rapidez de los rendimientos de lo que buscamos, viz.

Teorema $ $ Si $\,f,g,h\,$ son polinomios con coeficientes en $\Bbb C$ (o cualquier infinita de campo C) y $\,f\neq 0\,$ luego

$$\begin{align} f(x) g(x) &= f(x) h(x)\ \ \text{for all }\, x\in C\\ \Rightarrow\ \ g(x) &= h(x)\qquad\ \ \text{for all }\, x\in C\end{align}$$

Prueba de $\ $ Desde $\,f\neq 0\,$ tiene sólo un número finito de raíces (en la mayoría de las $\deg f).\,$ por Lo tanto hay infinitamente muchos nonroots $\,c\in C\,$ donde $\,0\neq f(c)\,$ por lo que es cancelable, por lo tanto

$$f(c)\,(g(c)-h(c)) = 0\,\Rightarrow\, g(c)-h(c) = 0$$

Por lo tanto el polinomio $\,g(x)-h(x)\,$ tiene una infinidad de raíces $\,x = c\,$ por lo que es idéntica a cero.

Comentario $ $ falla por finito campos de, por ejemplo, $\,\Bbb Z_3 = $ enteros $\!\bmod 3\,$ tenemos $ x(x^2) = x(1)\,$ para todos los $\,x,\,$ pero $\, x^2 = 1\,$ es falso en $\,x = 0$.

Answer 3

Para una perspectiva alternativa, considere la posibilidad de que los polinomios usted está buscando en puede considerarse como puramente formal de los objetos sin significado analítico. No creo que de los polinomios como funciones polinómicas que usted necesita preocuparse acerca de ser $0$ cuando se conectan los diferentes valores de $x$, pero como algebraicas objetos pertenecientes al anillo de polinomios $\mathbb C[x]$.

Entonces el problema desaparece, porque el anillo de polinomios sobre $\mathbb C$ es una integral de dominio, lo que significa que para $f(x),g(x)\in\mathbb C[x]$si $f(x)g(x)=0$ (importante: aquí $=$ es un polinomio de igualdad, no una igualdad de números complejos), entonces cualquiera de las $f(x)=0$ o $g(x)=0$. Usted puede probar esta propiedad de muchas maneras. De hecho, es cierto que $R[x]$ es un dominio siempre que $R$ es, y $R$ no necesita ser un campo como el de la $\mathbb C$. Una buena manera es considerar el líder de los coeficientes de dos distinto de cero $f(x),g(x)$ en el anillo de polinomios: desde que el líder de los coeficientes son cero, entonces su producto es distinto de cero (debido a que el anillo de coeficientes es un dominio) por lo que el polinomio producto es distinto de cero.

¿Cómo esta relacionada con el concepto habitual de funciones polinómicas? Bueno, para cualquier $\alpha\in\mathbb C$, no existe un único homomorphism $\phi_\alpha:\mathbb C[x]\to\mathbb C$ que envía a$x$ a $\alpha$, llamó a la evaluación homomorphism. Este homomorphism esencialmente le da una forma de "conectar" el valor de $\alpha$ a un polinomio formal, la recuperación de la idea de una función. Pero ya hemos tratado el tema de la división por cero en el anillo de polinomios donde la división por cero no es un problema, ahora estamos a salvo, porque dos polinomios que son formalmente iguales definir la misma función por encima de la $\mathbb C$.

Answer 4

He aquí una manera de ir sobre él, utilizando la prueba por contrapositivo.

Supongo que hay algo de $x\in\Bbb C$ tales que $$(x-1)(x+1)\neq x^2-1.$$ Noting that $$(0-1)(0+1)=(-1)(1)=-1=0-1=0^2-1,$$ we must have $x\ne 0.$ Thus, since $(x-1)(x+1)\neq x^2-1,$ then we have $$x(x-1)(x+1)\neq x\left(x^2-1\right).$$

---

Añadido: Teniendo en cuenta que, para cualquier declaraciones de $p$ e $q,$ tenemos que $p\implies q$ es equivalente a $(\neg p)\vee q,$ la "implicación" es cierto, trivialmente, simplemente porque $(x-1)(x+1)\equiv x^2-1$ es cierto. Por la misma razón, $$1\neq 1\implies(x-1)(x+1)\equiv x^2-1.$$ Clearly, no division by $0$ se lleva a cabo en esta implicación, sí?

Answer 5

No estás dividiendo por 0 sin embargo.

Estás diciendo $x(x-1)(x+1)=x(x^2-1)$ implica $(x-1)(x+1)=x^2-1$ cualquier $x \in \mathbb{R}$. Que es una declaración verdadera. Entiendo que tu confusión viene. Estás dividiendo ambos lados por $x$, y desde $x \in \mathbb{R}$, a continuación, $x=0$ en algún momento. Creo que de la declaración "$x(x-1)(x+1)=x(x^2-1)$ implica $(x-1)(x+1)=x^2-1$" como hacer una especie de "salto de la lógica". Es cierto, incluso si $x=0$, la afirmación es verdadera. Ahora, ¿qué pasa cuando $x=0$ y usted tiene la ecuación de $x(x-1)(x+1)=x(x^2-1)$? No puedes dividir ambos lados por $x$ más. Sin embargo, esto no implica que $(x-1)(x+1)=x^2-1$ es falso, simplemente significa que usted no puede, lógicamente, saltar de $x(x-1)(x+1)=x(x^2-1)$ a $(x-1)(x+1)=x^2-1$ cuando $x=0$.