Уравнения высших степеней (стр. 2 )

что позволяет понизить его степень.

–1   1	11	34	24
1	11–1	34–10	24–24
1	10	24	0

Таким образом, остается решить уравнение у2 +10у + 24 = 0, у2 = – 6, у3 = – 4 и вернуться к исходному неизвестному:

Ответ: {– 3; – 2; –0,5}.

Упражнения

Найти действительные корни уравнения

1. 4х4– 3х3+3х2–3х – 1 = 0. Ответ: { – 0,25; 1}.

2. 2х3– 5х2 – 13х + 30 = 0. Ответ: { – 2,5; 2; 3}.

3. 2х4– 7х3 – 2х2+13х + 6 = 0. Ответ: { – 1; – 0,5; 2; 3}.

4. 8х3+12х – 7 = 0. Ответ: { – 0,5;}.

5. 27х3– 15х2 + 5х – 1 = 0. Ответ: {}.

§ 5. Решение симметричных уравнений

1. Решение симметричных уравнений четной степени

Симметричное уравнение 4-й степени имеет вид

ах4 + bх3 + с х ± bх + а = 0.

После деления на х2, *:

и подстановки х ± = у, из которой следует, что

данное уравнение сводится к квадратному

а(у2 2) + bу + с = 0, ау2 + bу + (с 2а) = 0.

Если у1,у2 R, то решение симметричного уравнения 4-й степени завершается на множестве R решением двух уравнений

каждое из которых сводится к квадратному. Ответ образуется объединением их корней.

Пример №1. Решите уравнение х4 + 2х3 + 2 х2 + 2х + 1 = 0.

Решение

1)

(у2 – 2) + 2у + 2 = 0; у2 + 2у = 0; у(у + 2) = 0, у1 = 0, у2 = – 2;

2) х+=0, х2+1=0, х1,2R;

3) х + = –2, х2 – 2х + 1 = 0, (х – 1)2 = 0, х3,4 = 1.

Ответ: х = 1 (корень второй кратности).

*) Деление на х2 не привет к потере корней, так как число нуль при a≠0 не является корнем данного уравнения.

Пример №2. Решить уравнение 3х4 + 2х3 – 11 х2 – 2х + 3 = 0.

Решение

1) 3х2 + 2х – 11 – + = 0, 3(х2 + )+ 2(х – ) – 11 = 0,

х – = у, х2 – 2 + = у2, х2 + = у2 + 2;

3(у2 + 2) + 2у – 11 = 0, 3у2 + 2у – 5 = 0,

= 1 + 15 = 16 = 42, у1 = = – , у2 = = 1;

2) х – = , 3х2 + 5х – 3 = 0,

D = 25 + 36 = 61, х1 = , х2 = ;

3) х – = 1 , х2 –х – 1 = 0,

D = 1 + 4 = 5, х3 = , х4 = .

Ответ: .

Симметричное уравнение 6-й степени имеет вид

ах6 + bх5 + сх4 + dх3 ± сх2 + bх ± а = 0.

 

После деления на х3:

ах3 + bх2 + сх + d ± + ± = 0,

а(х3 ± ) + b(х2 + ) + с(х ± ) + d = 0,

и подстановки х ± = у, из которой следует, что

(х ±)2 = у х2 + = у2 2, (х ±)3 = у3 х3 + = у3 3у, *

данное уравнение сводится к уравнению 3-й степени

а(у3 3у) + b(у2 2) + су + d = 0

или

ау3 + bу2 + (с 3а)у + (d 2b) = 0,

корни которого всегда могут быть найдены по формулам Кардано. Однако, в этом случае приходится производить вычисления на множестве комплексных чисел. Поэтому, если ограничиваться действиями на множестве R, то левую часть равенства надо либо раскладывать на множители, используя простейшие приемы разложения, либо решить уравнение третьей степени с помощью теоремы Абеля.

Пример № 3. Найти действительные корни уравнения

2х6 + 3х5 + 4х4 – 6х3 – 4х2 + 3х – 2 = 0

 

Решение

1)  2х3 + 3х2 + 4х – 6 – + – = 0,

2(х3 – ) + 3(х2 + ) + 4(х – ) – 6 = 0.

Если х – = у, то х2 + = у2 + 2, а х3 – = у3 + 3у. При этом, данное уравнение примет вид

2(у3 + 3у) + 3(у2 + 2) + 4у – 6 = 0

*) х3 + 3х + + = у3 х3 + = у3 – 3(х + ) = у3 – 3у;

х3 – 3х + – = у3 х3 – = у3 + 3(х – ) = у3 + 3у.

Объединяя эти результаты, получим

(х ± )3 = у3 х3 ± = у3 3у.

или

2у3 + 3у2 + 10у = 0, у(у2 + 3у + 10) = 0,

Следовательно, у1 = 0; у2 + 3у + 10 = 0, D = 9 – 40 < 0, у2,3 R;

2) х – = 0, х2 – 1 = 0, х2 = 1, х1,2 = ± 1.

Ответ: {–1; 1}.

Симметричные уравнения 8-й степени после деления на х4 и подстановки х ±= у сводится к уравнению 4-й степени относительно у. Корни любого уравнения 4-й степени можно найти по формулам Феррари. После чего, на множестве комплексных чисел из уравнений х ±= уi, i = , сводящихся к квадратным, могут быть найдены все 8 корней данного симметричного уравнения 8-й степени.

Следует заметить, что в симметричных уравнениях чётных степеней коэф-фициенты членов, равноудаленных от среднего члена на нечётное число шагов, могут иметь противоположные значения. Левую часть таких уравнений мы будем называть в дальнейшем симметричным многочленом чётной степени.

2. Решение симметричных уравнений нечётной степени

Симметричные уравнения нечётной степени имеют вид

a0х2n+1 + a1х2n + … + anхn+1 + anхn + … + a1x + a0 = 0, где nN.

 

Покажем, что (–1) всегда является корнем такого уравнения. Действи-тельно, при группировке слагаемых с одинаковыми коэффициентами, получим

a0(х2n+1 + 1) + a1х(х2n+1 + 1) + … + anxn(x + 1) = 0.

Каждое слагаемое при х = –1 обращается в нуль. Следовательно, число (–1) является корнем симметричного уравнения нечётной степени. И по следствию 2 из теоремы Безу левая часть данного уравнения должна делиться на двучлен (х+1) без остатка.

Можно показать, что частное от деления всегда окажется симметричным многочленом чётной степени.

Таким образом, понижая степень данного уравнения на 1, мы переходим от симметричного уравнения нечетной степени к симметричному уравнению чётной степени, алгоритм решения которого рассмотрен выше.

Следует заметить, что в симметричных уравнениях нечётных степеней коэффициенты членов, образующие указанные пары, должны совпадать.

Пример № 4. Найти действительные корни уравнения

2х5 + 3х4 – х3 – х2 + 3х + 2 = 0.

Решение

1. Так как, (–1) является корнем симметричного уравнения нечётной степени, то, разделив его обе части на (х +1), найдем

2	3	– 1	– 1	3	2
– 1   2	3–2	– 1– 1	– 1 + 2	3 – 1	2 – 2
2	1 -- .	– 2	1	2	0

Следовательно,

2х4 + х3 – 2х2 + х + 2 = 0.

 

2(х2 + ) + (х + ) – 2 = 0.

Подстановка х + = у приводит последнее уравнение к виду

2(у2–2) + у–2 = 0, 2у2 + у – 6 = 0,

D = 1 + 48 = 72 , у1 = = – 2, у2 = = ;

2. х + = – 2, х2 + 2х + 1 = 0, (х + 1)2 = 0, х2,3 = – 1;

3. х +=, 2х2 – 3х + 2 = 0, D = 9 – 16 < 0, х4,5 R.

Ответ: –1 (корень третьей кратности).

Упражнения

1. х4– 2х3– 6х2– 2х +1 =0. Ответ: х1,2 = –1; х3,4 = 2 .

2. t4 – 2t3 – t2 + 2t + 1 = 0. Ответ: –два двукратн ых корня.

3. 4х6 + 5х5 – 3х4 – 28х3 + 3х2 + 5х – 4 = 0. Ответ:

4. 3х3 + 5х2 + 5х + 3 = 0. Ответ: {– 1} .

5. х7 + 4х6 + 9х5 + 14х4 + 14х3 + 9х2 + 4х + 1 = 0. Ответ: – 1 (корень второй кратности).

§ 6. Решение возвратных уравнений

Возвратное уравнение 4-й степени имеет вид

ах4 + bх3 + сх2 ± bλх + аλ2 = 0

После деления на х2

ах2 + bх + с ± b + а = 0, а(х2 + ) + b(х ± ) + с = 0

и подстановки х ± = у, из которой следует, что

(х ± )2 = у2, х2 ± 2λ + = у2, х2 + = у2 2λ

данное уравнение сводится к уравнению квадратному

а(у2 2λ) + bу + с = 0, ау2 + bу + (с 2λ) = 0.

Возвратное уравнение 6-й степени имеет вид

ах6 + bх5 + сх4 + dx ± сλx2 + bλ2х ± аλ3 = 0.

 

Это уравнение после деления на х3

ах3 + bх2 + сх + d ± с + b± а = 0,

а + b + с + d = 0

и подстановки х ± = у, из которой следует, что

= у2 х2 + = у2 2λ,

= у3 х3 ± = у3 3λу,

сводится к уравнению 3-й степени

а(у3 3λу) + b(у2 2λ) + су + d = 0

или

ау3 + bу2 + (с 3а λ)у + (d 2bλ) = 0.

Возвратное уравнение 8-й степени имеет вид

ах8 + bх7 + сх6 + dх5 +ех4 ± dλх3 + сλ2х2 ± bλ3х + аλ4 = 0.

 

После деления на х4

ах4 + bх3 + сх2 + dx + е ± d + с± b + а= 0

оно приводится к виду

а + b + с + d + е = 0.

И с помощью подстановки х ± = у, из которой следует, что

= у2 х2 + = у2 2λ,

= у3 х3 ± = у3 3λу,

= у4 х4 + = у4 4λу2 + 2λ2,

оно переходит в уравнение 4-й степени

а(у4 4λу2 + 2 λ2) + b(у3 3 λу) + с(у2 2 λ) + dу + е = 0

или

ау4 + bу3 + (с 4аλ)у2 + (d 3bλ)у + (е + 2аλ2+ 2сλ) = 0.

Действительно, находя коэффициенты в разложении бинома с помощью 4-й строки треугольника Паскаля