Реферат: Теорема Безу
Этьен Безу–
французский математик, член Парижской Академии Наук( с1758 года ), родился в Немуре 31 марта 1730 года и умер 27 сентября 1783 года.
С 1763 года Безу преподавал математику в училищегардемаринов, а с 1768 года и в королевском артиллерийском корпусе.
Основные работы Этьена Безу относятся к высшейалгебре, они посвящены созданию теории решения алгебраических уравнений.В теории решения систем линейных уравнений он содействовал возникновению теорииопределителей, развивал теориюисключения неизвестных из систем уравнений высших степеней, доказал теорему (впервые сформулированную К. Маклореном ) о том, что две кривыепорядка m и n пересекаются не более чем в mn точках.Во Франции и за её границей вплоть до 1848 года был очень популярен егошеститомный“Курс математики “, написанный им в 1764-69 годах. Безу развил методнеопределённых множителей, в элементарной алгебре его именем назван способрешения систем уравнений, основанный на этом методе. Часть трудов Безупосвящена внешней баллистике. Именем учёного названа одна из основных теоремалгебры.
Теорема Безу.
Остаток от деления полинома Pn(x)
на двучлен (x-a) равен значению
этого полинома при x= a.
Пусть:Pn(x)– данный многочлен степени n,
двучлен (x-a) - егоделитель,
Qn-1(x) – частноеот деления Pn(x) на x-a (многочлен степени n-1 ) ,
R – остаток отделения ( R не содержит переменной x как делитель первой степени относительно x ).
Доказательство:
Согласно правилу деления многочленов с остатком можнозаписать :
Pn (x) = (x-a)Qn-1(x) + R.
Отсюда при x= a :
Pn (a) = (a-a)Qn-1 (a) + R =0*Qn-1(a)+R=
=0+R=R.
Значит, R= Pn (a) , т.е. остаток от деления полинома на (x-a) равен значению этого
полинома при x=a , что и требовалось доказать .
Следствия из теоремы .
Следствие1:
Остаток от деления полинома Pn(x)
на двучлен ax+b равен значению
этого полинома при x= -b/a,
т.е. R=Pn (-b/a) .
Доказательство :
Согласно правилу деления многочленов :
Pn (x)= (ax + b)*Qn-1 (x) + R .
При x= -b/a :
Pn (-b/a) = (a(-b/a) + b)Qn-1(-b/a) + R = R. Значит , R = Pn (-b/a), что и требовалось доказать.
Следствие 2:
Если число a является корнем
многочлена P(x) , то этот
многочлен делится на (x-a) без
остатка .
Доказательство :
По теореме Безу остаток от деления многочлена P(x) на x-a равен P(a) , а по условию a является корнем P(x) , а это значит , что P(a) = 0 , что и требовалось доказать .
Из данного следствия теоремы Безу видно , что задача решения уравнения P(x) = 0 равносильна задаче выделения делителей многочлена P , имеющих первую степень (линейных делителей ) .
Следствие 3:
Если многочлен P(x) имеет
попарно различные корни
a1,a2,…, an, то он делится на
произведение (x-a1)… (x-an)
без остатка.
Доказательство :
Проведём доказательство с помощью математической индукции по числу корней . При n=1 утверждение доказано в следствии 2 . Пусть оно уже доказано для случая, когда число корней равно k , это значит , что P(x) делится без остатка на (x-a1)(x-a2) … (x-ak), где
a1, a2, …, ak - его корни .
Пусть P(x) имеет k+1 попарно различных корней.По предположению индукции a1, a2, ak, …, ak+1 являются корнями многочлена, а, значит, многочлен делится на произедение (x-a1) … (x-ak) , откуда выходит , что
P(x) = (x-a1) … (x-ak)Q(x).
При этом ak+1 – корень многочлена P(x) , т. е. P(ak+1) = 0.
Значит, подставляя вместо x ak+1 , получаем верное равенство :
P(ak+1) = (ak+1-a1) … (ak+1-ak)Q(ak+1) =
=0.
Но ak+1 отлично от чисел a1, …, ak , и потому ни одно из чисел ak+1-a1, … , ak+1-ak не равно 0 . Следовательно , нулю равно Q(ak+1) , т. е. ak+1 – корень многочлена Q(x). А из следствия 2 выходит , что Q(x) делится на x-ak+1 без остатка.
Q(x) = (x-ak+1)Q1(x) , и потому
P(x) = (x-a1) … (x-ak)Q(x) =
=(x-a1) … (x-ak)(x-ak+1)Q1(x).
Это и означает , что P(x) делится на (x-a1) … (x-ak+1) без остатка .
Итак, доказано , что теорема верна при k=1 , а из её справедливости при n= k вытекает , что она верна и при n= k+1. Таким образом, теорема верна при любом числе корней , что и требовалось доказать .
Следствие 4:
Многочлен степени n имеет не более
n различных корней .
Доказательство :
Воспользуемся методом от противного: если бы многочлен Pn(x) степени n имел бы более n корней - n+k (a1, a2 , …, an+k - его корни ) , тогда бы по ранее доказанному следствию 3 он
бы делился на произведение (x-a1) … (x-an+k) , имеющее степень n+k, что невозможно.
Мы пришли к противоречию , значит наше предположение неверно и многочлен степени n не может иметь более , чем n корней , что и требовалось доказать .
Следствие 5 :
Для любого многочлена P(x)
и числа a разность
(P(x)-P(a)) делится без
остатка на двучлен (x-a).
Доказательство :
Пусть P(x) – данный многочлен степени n , a - любое число .
Многочлен Pn(x) можно представить в виде: Pn(x)=(x-a)Qn-1(x)+R ,
где Qn-1(x) –многочлен , частное при делении Pn(x) на (x-a) ,
R – остаток от деления Pn(x) на (x-a).
Причём по теореме Безу :
R = Pn(a), т.е.
Pn(x)=(x-a)Qn-1(x)+Pn(a) .
Отсюда
Pn(x) — Pn(a) = (x-a)Qn-1(x),
аэто и означает делимость без остатка ( Pn(x) – Pn(a) )
на (x-a) , что и требовалось доказать .
Следствие 6:
Число a является корнем
многочлена P(x) степени
не ниже первой тогда и
только тогда , когда
P(x) делится на (x-a)
без остатка.
Доказательство :
Чтобы доказать данную теорему требуется рассмотреть необходимость идостаточность сформулированного условия .
1.Необходимость .
Пусть a – корень многочлена P(x) , тогда по следствию 2 P(x) делится на (x-a) без остатка.
Таким образом делимость P(x) на (x-a) является необходимым условием для того , чтобы a являлось корнем P(x) , т.к. является следствием из этого .
2.Достаточность .
Пусть многочлен P(x) делится без остатка на (x-a),
тогда R= 0 , где R – остаток от деления P(x) на (x-a) , но по теореме Безу R= P(a) , откуда выходит , что P(a) = 0 , а это означает , что a является корнем P(x) .
Таким образом делимость P(x) на (x-a) является и достаточным условием для того , чтобы a являлось корнем P(x) .
Делимость P(x) на (x-a) является необходимым и достаточным условием для того, чтобы a являлось корнем P(x), что и требовалось доказать.
Следствие 7(авторское):
Многочлен , не имеющийй действи-
тельных корней , в разложении
на множители линейных множителей
не содержит .
Доказательство:
Воспользуемся методом от противного: предполо-жим, что не имеющий корнеймногочлен P(x) при разложении на множители содержит линейный множитель (x– a):
P(x) = (x – a)Q(x),
тогдабы он делился на (x– a) , но по следствию 6 a являлось бы корнем P(x) , а по условию он корней не содержит. Мы пришли к противоречию , значит наше предположение неверно и многочлен ,
не имеющий действительных корней, в разложении на множители линейных множителей не содержит , что и требовалось доказать .
На основании теоремы Безу и следствия 5можно доказать следующие утверждения:
1. Разность одинаковых натуральных степеней на разность их оснований делится без остатка :
Пусть P(x) = xn , P(a) = an ,
тогда xn– an – разность одинаковых натуральных степеней .
По следствию 5
P(x) - P(a) = xn – an= (x – a)Q(x) ,
а это значит , что
(xn–an)/(x–a)=Q(x), т.е. разность одинаковых натуральных степеней на разность их оснований делится без остатка , что и требовалось доказать .
Итак
(xn– an)/(x – a) = xn-1 + axn-2 + a2xn-3+ … +an-2x + an-1.
2. Разность одинаковых чётных степеней на сумму их оснований делится без остатка .
Пусть P(x) = x2k , тогда P(a) = a2k .
Разность одинаковых чётных степеней x2k — a2kравна P(x) – P(a).
P(a) = a2k= (-a)2k = P(-a), т.е. x2k — a2k = P(x) –P(-a).
По следствию 5
P(x) - P(-a) = (x –(- a))Q(x)=
= (x + a)Q(x)
а это значит , что
x2k – a2k = (x + a)Q(x) или
(x2k – a2k)/(x + a) = Q(x) ,
т.е. разность одинаковых чётных степеней на сумму их оснований делится без остатка, что и требовалось доказать .
Итак ,
(x2k– a2k)/(x + a) = x2k-1 – ax2k-2 + … +a2k-2x+ a2k-1.
3. Разность одинаковых нечётных натуральных степеней на сумму их оснований не делится .
Пусть P(x)= x2k+1— a2k+1– разность одинаковых нечётных степеней .
По теореме Безу при делении x2k+1 — a2k+1 на x+ a= x– (-a) остаток равен
R = P(-a) = (-a)2k+1 – a2k+1 = -2a2k+1
Т. к. остаток при делении не равен , то разность одинаковыхнечётныхнатуральных степеней на сумму их оснований не делится , что и требовалось доказать .
4.Сумма одинаковых нечётных натуральных степеней на сумму их оснований делится без остатка .
Пусть P(x)= x2л+1, P(-a) = (-a)2л+1= -а2л+1 ,
тогда P(x)– P(-a) = x2k+1+ a2k+1 – сумма одинаковых нечётных натуральных степеней .
По следствию 5
P(x) - P(-a) = x2k+1 + a2k+1= (x –(-a))Q(x)=
= (x + a)Q(x),
а это значит , что
(x2k+1 + a2k+1)/(x + a) = Q(x) ,
т.е. сумма одинаковых нечётных натуральных степеней на сумму их оснований делится без остатка , что и требовалось доказать .
Итак,
(x2k+1+ a2k+1)/(x + a) = x2k — ax2k-1 + … — a2k-1x+ a2k.
5. Сумма одинаковых чётных натуральных степеней на сумму их оснований не делится .
Пусть P(x)= x2k+a2k– сумма одинаковых чётных степеней .
По теореме Безу при делении x2k+a2k на x+ a= x– (-a) остаток равен
R = P(-a) = (-a)2k + a2k = 2a2k.
Т. к. остаток при делении не равен , тосумма одинаковых чётных натуральныхстепеней на сумму
их оснований не делится,что и требовалось доказать.
Остановимся на рассмотрении некоторых случаев применения теоремы Безу к решению практических задач .
Пример1.
Найти остаток от деления многочлена
x3 – 3x2+ 6x– 5
на двучлен x – 2 .
По теореме Безу
R = P3 (2) = 23 – 3*22+ 6*2 – 5 = 3 .
Ответ: R = 3 .
Пример 2.
Найти остаток от деления многочлена
32x4– 64x3+ 8x2+ 36x+ 4
на двучлен 2x – 1 .
Согласно следствию 1 из теоремы Безу
R=P4(1/2)=32*1/24–64*1/23+ 8*1/22+36*1/2+4=
= 2 – 8 + 2 + 18 + 4 =18 .
Ответ: R= 18 .
Пример 3.
При каком значении a многочлен
x4 + ax3 + 3x2– 4x – 4
делится без остатка на двучлен x– 2 ?
По теореме Безу
R= P4 (2)= 16 + 8a+ 12 – 8 – 4 = 8a+16.
Но по условию R = 0, значит
8a + 16 = 0 ,
отсюда
a = -2 .
Ответ: a = -2 .
Пример4.
При каких значениях a и b многочлен
ax3 + bx2– 73x + 102
делится на трёхчлен
x2–5x+ 6 без остатка ?
Разложим делитель на множители :
x2– 5x + 6 = (x –2)(x – 3) .
Поскольку двучлены x – 2 и x – 3 взаимно просты , то данный многочлен делится на x – 2 и на x – 3 , а это значит , что
по теореме Безу
R1 = P3 (2)= 8a + 4b – 146 + 102 =
= 8a + 4b – 44 = 0
R2= P3 (3) = 27a+9b – 219 + 102 =
= 27a +9b -117 =0
Решим систему уравнений :
/> 8a + 4b – 44 = 0
27a + 9b – 117 = 0
/> 2a + b = 11
3a + b = 13
Отсюда получаем :
a= 2, b = 7 .
Ответ: a = 2 , b = 7 .
Пример5.
При каких значениях a и b многочлен
x4 + ax3– 9x2 + 11x + b
делится без остатка на трёхчлен
x2 – 2x + 1 ?
Представим делитель так :
x2–2x+ 1 = (x– 1)2
Данный многочлен делится на x– 1 без остатка ,
если по теореме Безу
R1 = P4 (1) =1 + a – 9 + 11 + b = a + b + 3 = 0.
Найдём частное от деления этого многочлена на x – 1 :
/>
/>/>_ x4+ ax3–9x2 + 11x–a –3 x – 1
/> x4 – x3 x3+(a+1)x2+(a–8)x+(a+3)
/> _(a + 1)x3 – 9x2
/>/>/> (a + 1)x3 – (a + 1)x2
_(a – 8)x2 + 11x
/>/>/> (a – 8)x2 – (a –8)x
/> _(a+ 3)x – a – 3
/>/>/>/>/>/> (a + 3)x – a– 3
/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/> 0
Частное
x3+(a+1)x2+(a–8)x+(a+3)
делится на (x– 1) без остатка , откуда
R2 = P3 (1)= 1 + (a + 1)*1 +(a – 8)*1 + a+3 =
=3a – 3 = 0 .
/> a + b + 3 = 0
3a – 3 = 0
/> a + b =-3
a = 1
Из системы : a= 1 , b= -4
Ответ: a = 1 , b = -4.
Пример 6.
Разложить на множителимногочлен P(x)= x4+4x2–5.
Среди делителей свободного члена число1 является корнем данного многочлена P(x) , а это значит , что по следствию 2 из теоремы Безу P(x) делится на (x– 1) без остатка :
/>/>/> _x4+ 4x2– 5 x– 1
/> x4– x3 x3+ x2+ 5x + 5
_x3+ 4x2– 5
/>/> x3–x2
_5x2– 5
/> 5x2– 5x
/>/>/>/>/> _5x– 5
/> 5x– 5
0
P(x)/(x– 1) = x3+x2+5x+ 5 , значит
P(x)= (x – 1)(x3 + x2 + 5x + 5).
Среди делителей свободного члена многочлена x3+ x2+ 5x+ 5 x= -1 является его корнем , аэто значит , что по следствию 2 из теоремы Безу x3+ x2+ 5x+ 5 делится на (x+ 1) без остатка :
/>/> _x3+ x2+5x+ 5 x+ 1
/>/>/> x3+ x2 x2+5
/> _5x + 5
/> 5x+ 5
0
(x3+ x2+5x+ 5)/(x+ 1) = x2+5 ,
значит
x3+x2+5x+ 5 = (x+1)(x2+5).
Отсюда
P(x)= (x – 1)(x +1)(x2 +5) .
По следствию 7 (x2+ 5) на множители не раскладывается , т.к. действительных корней не имеет , поэтому P(x) далее на множители не раскладывается .
Ответ : x4+ 4x2– 5 = (x– 1)(x+1)(x2+5) .
Пример 7.
Разложить на множителимногочлен P(x)= x4+324 .
P(x) корней не имеет, т.к. x4 не может быть равен -324 , значит , по следствию 7 P(x) на множители не раскладывается .
Ответ : многочлен намножители не раскладывается .
Пример 8.
Какую кратность имеет корень 2 для многочлена
P(x) = x5 - 5x4 + 7x3– 2x2 + 4x – 8.
Определение: Если многочлен P(x)делится без остатка на (x– a)k, но не делится на (x– a)k+1 , то говорят , что число a является корнем кратности k для P(x).
/> _x5 - 5x4+ 7x3 – 2x2 + 4x – 8 x – 2
/>/> x5 -2x4 x4–3x3+x2+4
_-3x4+ 7x3– 2x2+ 4x– 8
-3x4 + 6x3
/>/> _x3 – 2x2+ 4x – 8
/> x3–2x2
_4x – 8
4x – 8
/> 0
/> _x4 – 3x3+ x2 + 4 x – 2
/>/> x4 – 2x3 x3 – x2 – x – 2
_-x3 + x2 + 4
-x3 +2x2
/> _-x2+ 4
/> -x2+ 2x
_-2x + 4
-2x + 4
/> 0
/> _ x3 – x2 –x – 2 x – 2
/> x3 – 2x2 x2 + x + 1
/> _x2 – x – 2
/> x2 – 2x
_x – 2
x – 2
/> 0
x2+ x+ 1 на x– 2 не делится , т.к. R=22+ 2 + 1=
=7.
Значит , P(x)/(x– 2)3 = x2+x+ 1 , т.е. корень 2 имеет кратность 3 для многочлена P(x) .
Ответ: корень 2 имеет кратность 3 для многочлена P(x) .
Пример 9.
Составить кубический многочлен , имеющий корень 4 кратности 2 и корень -2.
По следствию 3 , если многочлен P(x) имеет корень 4 кратности 2 и корень –2 , то он делится без остатка на (x– 4)2(x+ 2), значит
P(x)/(x – 4)2(x+ 2) = Q(x) ,
т.е. P(x) = (x – 4)2(x +2)Q(x) =
= (x2 – 8x +16)(x + 2)Q(x) =
= (x3 – 8x2 + 16x +2x2 – 16x + 32)Q(x) =
= (x3 – 6x2 + 32)Q(x).
(x3– 6x2+ 32) - кубический многочлен, но по условию P(x) – также кубический многочлен, следовательно , Q(x)– некоторое действительное число .
Пусть Q(x)= 1 , тогда P(x)= x3–6x2+32 .
Ответ: x3– 6x2+ 32 .
Пример 10.
Определите a и b так , чтобы -2 было корнем многочлена P(x) = x5 + ax2 + bx + 1, имеющим по крайней мере кратность два .
Если -2 – корень многочлена P(x) кратности два , то по следствию 3 P(x) делится на (x+ 2)2 без остатка(R= 0)
(x+ 2)2 = x2+4x+ 4
/>/> _x5 + ax2+ bx + 1x2+ 4x + 4
/> x5 + 4x4+ 4x3 x3 – 4x2 + 12x – (a + 32)
/>/> _-4x4–4x3–ax2+bx+1
/> -4x4 – 16x3– 16x2
_12x3 + (16 – a)x2 + bx + 1
12x3 +48x2 + 48x
/>/> _-(a + 32)x2 + (b –48)x + 1
/>/> -(a + 32)x2 – 4(a+ 32)x – 4(a + 32)
/>
(4a +b – 48 + 128)x + 4a + 129
R = (4a +b –48 + 128)x + 4a + 129 =
= (4a +b + 80)x + 4a + 129
Но R = 0 , значит
(4a +b + 80)x + 4a + 129 = 0 при любых x .
Это возможно при условии , что
4a +b + 80 = 0 ,
4a + 129 = 0
Решим систему двух уравнений :
/>/> 4a +b + 80 = 0 a = -32,25
4a+ 129 = 0 b = 49
Ответ: a = -32,25 , b = 49 .
Из рассмотренных примеров видно , что теорема Безу находит применение при решении задач , связанных сделимостью многочленов (нахождение остатка при делении многочленов , определение кратности многочленов и т.д. ) , с разложением многочленов на множители , с определением кратности корней и многих других.
Теорема Безу находит применение при рассмотрении одной из важнейших задач математики – решении уравнений .
Литература.1. Бородин А.И.,Бугай А.С.Биографический словарь деятелей в области математики.
2. Математическая энциклопедия.
3. Яремчук Ф.П., Рудченко П.А.
Алгебраи элементарные функции.
4. Виленкин Н.Я., Ивашев-МусатовО.С., Шварц- бурдС.И.
Алгебраи математический анализ.
5. Курош А.Г.
Курс высшей алгебры.