Уравнения высших степеней (стр. 1 )

Глава III. УРАВНЕНИЯ ВЫСШИХ СТЕПЕНЕЙ *

§ 1. Теорема Безу и её следствия

Теорема

Остаток от деления многочлена Рn(х) на двучлен (х – а) равен значению данного многочлена при х =а.

Доказательство

Pn(x) (х – а)

· Qn–1(x)

·

·

R,

где многочлены Qn–1 (x) – частное и R – остаток, полученные при делении, должны удовлетворять тождеству

Рп (х) = (х – а) · Qn–1(х) + R.

Полученное равенство, справедливое при любых значениях х, справедливо и при х = а. При этом,

Рn (а) = (а – а) · Qn–1(х) + R.

Следовательно, R = Рn (а), ч. т.д.

Заметим, что остаток при делении на многочлен первой степени является многочленом нулевой степени, то есть числом.

Следствие 1. Если многочлен Рn(х) делится без остатка на двучлен (х – а), то число а является корнем данного многочлена.

Доказательство. Если многочлен делится без остатка на (х – а), то R = 0. С другой стороны, по теореме Безу: R = Рn(а). Тогда, из совместного рассмотрения равенств

R = 0,

R = Pn(a)

следует, что Рn (а) = 0. То есть, число а является корнем данного многочлена, ч. т.д.

* Под уравнениями высших степеней понимаются целые рациональные уравнения, степень которых больше 2.

Следствие 2. Если число а – корень многочлена Рn(х), то этот многочлен делится на двучлен (х – а) без остатка.

Доказательство. Если число а – корень многочлена Рn(х), то Рn(а) = 0. С другой стороны, по теореме Безу: R = Рn(а). Тогда, из совместного рассмот-рения равенств

Рn(а) = 0,

Рn(а) = R

следует, что R = 0, ч. т.д.

§ 2. Правило Горнера

Правило Горнера позволяет найти коэффициенты частного и остаток, не производя "уголком" деления данного многочлена на двучлен (х – а).

При делении многочлена Рn(х) = А0xn + А1xn–1 + ... + Аn–1x + Аn на двучлен (х – а) образуется частное в виде многочлена (n – 1)-й степени:

Qn–1(x) = В0хn–1 + B1xn–2 + ... + Вn–2x + Вn–1

и числовой остаток R. А, так как, результат любого деления должен удовлетворять тождеству: делимое равно делителю, умноженному на частное, плюс остаток, то будем иметь

А0хn + А1xn–1 + А2хn–2 + Аn–1x + Аn ≡

≡ (х – а)( В0хn–1 + B1xn–2 + B2xn–3 +... + Вn–2x + Вn–1) + R

Раскроем скобки и приведем подобные члены в правой части равенства

В0хn + В1хn–1 + B2xn–2 + ... + Вn–1x + R

– aВ0хn–1–aВ1хn–2– ... – aВn–2x– a Вn–1 =

= В0хn + (B1 – aВ0)хn–1 + (B2 – aВ1)хn–2 + … + (Вn–1 – aВn–2)x + (R – aBn–1).

Многочлены, представленные в канонической форме, тождественно равны друг другу тогда и только тогда, когда равны их коэффициенты при одинаковых степенях аргумента. В данном случае, приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х, получим

xn B0 = A0 B0 = A0 .

xn–1 B1 – aB0 = A1 B1 = A1 + B0a,

xn–2 B2 – aB1 = A2 B2 = A2 + B1a,

· · ·

· · ·

· · ·

x Bn-1 – aBn–2 = An–1 Bn–1 = An–2+ Bn–2a,

x0 R – aBn–1 = An R = An+ Bn–1a,

Вычисление коэффициентов частного и остатка удобно производить в таблице, в верхней строке которой записываются коэффициенты делимого, расположенного по всем последовательно убывающим степеням аргумента. Слева от таблицы записывается число а.

А0	А1	А2	…	Аn–1	An
а   B0 = A0	A1 + B0a	A2 + B1a	…	An-1 + Bn–2a	An + Bn–1a
B0	B1	B2	…	Bn–1	R

Средняя строка таблицы предназначена для единообразных вычислений: к числу, записанному в данном столбце сверху, прибавляется произведение числа, записанного в предыдущем столбце внизу, на число а, записанное слева от таблицы. Это правило не распространяется только на крайний левый столбец таблицы, в котором старший коэффициент делимого без изменения становится старшим коэффициентом частного. Остальные коэффициенты частного, рас-положенного по всем убывающим степеням аргумента, поочередно вычисляются

в средней строке и результаты вычислений записываются в нижнюю строку. Последнее число в нижней строке есть остаток от деления многочлена Рn(х) на двучлен (х – а). Указанное правило заполнения таблицы носит название “правило Горнера”.

Пример. Найти результат деления многочленов (3х4 – 6х3 – х2 + 1) : (х – 2)

2   3	– 6	– 1	0	1
3	– 6 + 3 · 2	– 1 + 0 · 2	0 + (– 1) · 2	1 + (– 2) · 2
3	0	– 1	– 2	– 3

Ответ: (3х3 – х – 2) – частное; (–3) – остаток.

§ 3. Решение целых рациональных приведённых уравнений

с целыми коэффициентами

Теорема Абеля

Если уравнение xn + a1хn–1 + а2х n–2 + . . . + а n–1 x + аn = 0 с целыми коэффициентами а1, а2, ... , аn имеет рациональный корень *, то этот корень может быть только целым числом, которое находится среди делителей свободного члена.

Доказательство

1. Докажем, что если целое число р, не равное нулю, является корнем данного уравнения, то оно является и делителем свободного члена. Подставляя х = р в данное уравнение, получим равенство pn + a1pn–1 + an–1p + an = 0, которое после деления на р примет вид

pn–1 + a1pn–2 +…+ an–1 = .

Так как, по условию p, а1 , ... , аn–1, аn, – целые числа, то последнее равенство может выполняться только в том случае, когда – целое число. Но тогда, корень р является делителем свободного члена аn, ч. т.д.

2. Докажем, что обыкновенная несократимая дробь (q ≠ 1) не может быть корнем данного приведённого уравнения с целыми коэффициентами.

Предположим противное, то есть, будем считать, что х = – корень дано-

го уравнения. При этом, должно выполняться равенство

 

* Данное уравнение может и не иметь рациональных корней. В этом случае, дейст-вительные иррациональные и недействительные комплексные корни уравнения находятся только приближенно ( . Курс высшей алгебры, гл. IX, вычисление корней многочлена).

,

которое после умножения на qn–1 примет вид

.

Так как, числитель и знаменатель обыкновенной дроби – целые числа, то левая часть равенства – целое число. Вместе с тем, правая часть равенства – несократимая дробь, поскольку, по условию, число р, а, следовательно, и его натуральная степень n, не делится нацело на число q. Таким образом, полученное равенство выполняться не может и предположение о том, что обыкновенная несократимая дробь может быть корнем данного уравнения, не подтверждается, ч. т.д.

Объединяя утверждения (1) и (2), убеждаемся в справедливости теоремы Абеля.

Пример № 1. Найти корни уравнения у3 + 11у2 + 34у + 24 = 0.

Решение

1. Предположим, что данное уравнение имеет рациональные корни. Тогда, по теореме Абеля их следует искать среди делителей свободного члена: ±1; ±2; ±3; ±4; ±6; ±8; ±12; ±24.

Очевидно, что у = 1 не является корнем данного уравнения (так как, сумма коэффициентов уравнения не равна нулю). Проверим, является ли корнем уравнения значение у = – 1 ?

у = – 1 –1 +11 – 34 + 24 = 0.

Проверка показывает, что у = – 1 корнем уравнения является.

2. Тогда, по следствию 2 из теоремы Безу левая часть данного уравнения должна делиться на двучлен (у + 1) без остатка. Найдем коэффициенты частного по схеме Горнера:

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

Последнее число в нижней строке показывает, что остаток от деления многочлена (у3 + 11у2 +34у + 24) на двучлен (у + 1) равен нулю. Это теоретически предсказано. Поэтому, появление нулевого остатка можно рассматривать как признак безошибочных вычислений. Итак,

у3 + 1 1у2 + 34у + 24 = (у + 1)(у2 + 10у + 24) = 0. Следовательно, у2 + 10у + 24 = 0.

Переход к уравнению меньшей степени принято называть понижением степени уравнения. В данном случае, уравнение 3-й степени заменено уравнением 2-й степени.

3. Корни полученного уравнения у2 + 10у + 24 = 0 можно определить подбором. Это у2 = –6 и у3 = –4. Таким образом, к корню у1 = – 1, найденному выше, добавляются ещё два корня.

Ответ: { – 6; – 4; – 1}.

Пример № 2. Решить уравнение х4 – Зх3 – 8х2 + 12х + 16 = 0.

Решение

1. Предполагая наличие рациональных корней, будем искать их среди делителей свободного члена – числа 16.

х = – 1 1 + 3 – 8 – 12 + 16 = 0 х1 = – 1.

2. Для понижения степени уравнения воспользуемся схемой Горнера:

– 1   1	–3	–8	12	16
1	–3–1	–8+4	12 + 4	16–16
1	–4 .	–4	16	0

Следовательно, х3 – 4х2 – 4х +16 = 0.

3. При решении последнего уравнения можно воспользоваться разложе-нием многочлена из левой части равенства на множители:

х3 – 4х2 – 4х + 16 ≡ х2(х – 4) – 4(х – 4) ≡ (х – 4)(х2 – 4) ≡ (х – 4)(х – 2)(х + 2).

Тогда, (х – 4)(х – 2)(х + 2) = 0; х2 = 4; х3 = 2; х4 = –2.

Ответ: {– 2; –1; 2; 4}.

Пример № 3. Решить уравнение t4 – 7t3 – 4t2 + 52t + 48 = 0.

Решение

1. Перебирая делители свободного члена, выясняем, имеет ли данное уравнение рациональный корень

t = –1 1 + 7 – 4 – 52 + 48 = 0 => t1 = –1.

2. При понижении степени данного уравнения получим:

1	–7	– 4	52	48
1	–7–1	– 4+8	52 – 4	48 – 48
1	– 8 .	4	48	0

Следовательно, t3 – 8t2 + 4t + 48 = 0.

3. Перебирая делители свободного члена в последнем уравнении, устанавливаем, что при

t = –2 – 8 – 32 – 8 + 48 = 0 => t2 = –2.

4. Понизив степень последнего уравнения,

1	– 8	4	48
– 2   1	–8 –2	4 + 20	48 – 48
1	– 10 .	24	0

найдем, что t 2 – 10t + 24 = 0.

5. Корни полученного квадратного уравнения находятся подбором: t 3 = 4; t 4 = 6.

Ответ: {– 2; – 1; 4; 6}.

Упражнения

1. х3 + 5х2 + 3х – 9 = 0. Ответ: х1,2 = – 3; х3 = 1.

2. х3 – 4х2 + х + 6 = 0. Ответ: {– 1; 2; 3}.

3. х4 – 2х3 + 5х2 – 8х + 4 = 0. Ответ: х1,2 = 1.

4. х3 + 6х2 + 3х – 10 = 0. Ответ: {– 5; –2; 1}.

5. х5 – х4 – 3х3 + 5х2 – 2х = 0. Ответ: х1 = –2; х2 = 0; х3,4,5 = 1.

6. х4 + 4х3 + 5х2 + 2х – 240 = 0. Ответ: {– 5; 3}.

§ 4. Решение целых рациональных неприведённых уравнений с целыми коэффициентами

Уравнение a0хn + a1хn–1 + a2хn–2 + … + an–1х + an = 0 называется непри-веденным, если старший коэффициент ао отличен от нуля и единицы.

Пусть коэффициенты данного уравнения – целые числа. Тогда, его ре-шение сводится к вычислению корней приведенного уравнения с целыми коэффициентам. Действительно, умножая обе части данного равенства на , получим

(a0х)n + a1(а0х)n–1 + a2а0(а0х)n–2 + … + an-1(а0x)+ an= 0.

При этом, упрощающие подстановки

а0х = у,

а1 = b1,

а2а0 = b2,

.

.

.

аn-1= bn–1,

an= bn

позволяют перейти от неприведенного уравнения к приведенному уравнению с целыми коэффициентами

уn + b1yn–1 + b2уn–2+ ... + bn–1y + bn = 0.

Пример № 1. Решить уравнение 6х3 + х2 – 4х + 1 = 0.

Решение

Умножая обе части равенства на 62, получим

(6х)3 + (6х)2 – 24(6х) + 36 = 0.

Подстановка 6х = у приводит данное уравнение к приведенному уравнению с целым коэффициентом

у3 + у2 – 24у + 36 = 0.

Перебирая делители свободного члена, найдем

у = 2 8 + 4 – 48 + 36 = 0 => у1 = 2.

При понижении степени уравнения, получим

1	1	–24	36
2   1	1 +2	–24 + 6	36–36
1	3	–18	0

у2 + 3у – 18 = 0;

у2 = – 6, у3 = 3.

Следовательно, при х = данное уравнение имеет корни

Ответ: .

Пример № 2. Найти все корни уравнения 2х3 + 11х2 + 17х + а = 0, если известно, что один из этих корней равен (– 0,5).

Решение

Так как, по условию – 6 + а = 0, то есть, а = 6. Таким образом, требуется найти корни уравнения 2х3 + 11х2 + 17х + 6 = 0. Для перехода к приведенному уравнению, умножим его на 22 и введем подстановку:

(2х)3 + 11 (2х)2 + 34(2х) + 24 = 0,

2х = у.

Тогда, у3 + 11у2 + 34у +24 = 0.

По условию один из корней данного уравнения уже известен (х1 =). Следовательно, полученное приведенное уравнение имеет корень у1= 2x1= –1,