Реферат: Изучение теоремы Безу для решения уравнений n-й степени при n>2

Городская открытая научно-практическая конференция

школьников и студентов

Тема: «ИЗУЧЕНИЕ ТЕОРЕМЫ БЕЗУ ДЛЯ РЕШЕНИЯ УРАВНЕНИЙ n-Й СТЕПЕНИ, ПРИ n>2»

Выполнила:

Научный руководитель:

 

2007

Оглавление

Введение

Этьен Безу

Теорема Безу

Доказательство теоремы 6

Следствия из теоремы:

Следствие 1

Следствие2

Следствие3

Следствие4

Следствие5

Следствие6

Следствие7

Применение теоремы

Заключение

Источники

Введение

Труднорешать уравнения третьей степени и выше. Разложение левой части уравнения намножители, если правая часть равна нулю, — самый распространенный метод решениясамых различных уравнений. Здесь нет общих рецептов. Многое зависит от умения,сообразительности, наблюдательности и опыта.

Нотакие уравнения не всегда можно разложить на множители. Одним из методов,которые помогли мне решать уравнения высоких степеней, является теорема Безу.

Цель моейработы: изучение теоремы Безу.

Длявыполнения поставленной цели предполагалось выполнить следующие задачи:

·  ознакомиться с биографией Этьена Безу;

·  проанализировать определение и доказательство теоремы;

·  обозначить и доказать следствия из теоремы Безу;

·  показать конкретные примеры применения теоремы.

Этьен Безу

ЭтьенБезу — французский математик, член Парижской Академии Наук (с 1758 года).

Родилсяв Немуре 31 марта 1730 года и умер 27 сентября 1783 года.

С 1763года Безу преподавал математику в училище гардемаринов, а с 1768 года и вкоролевском артиллерийском корпусе.

Основныеработы Этьена Безу относятся к высшей алгебре, они посвящены созданию теориирешения алгебраических уравнений. В теории решения систем линейных уравнений онсодействовал возникновению теории определителей, развивал теорию исключениянеизвестных из систем уравнений высших степеней, доказал теорему (впервыесформулированную К. Маклореном) о том, что две кривые порядка m и nпересекаются не более чем в mn точках.

ВоФранции и за её границей вплоть до 1848 года был очень популярен его шести томный“Курс математики “, который Безу писал пять лет с 1764 по 1769 год. Также, он развилметод неопределённых множителей: в элементарной алгебре его именем названспособ решения систем уравнений, основанный на этом методе. Часть трудов Безупосвящена внешней баллистике.

Именемучёного названа одна из основных теорем алгебры, о которой будет говоритьсяниже.

Теорема Безу

Приделении многочлена n-й степени относительно x на двучлен x-a остаток равензначению делимого при x=a. (Буква a может обозначатьлюбое действительное или мнимое число, т.е. любое комплексное число.)

Преждечем доказывать теорему, сделаю два пояснения.

1.        Мы знаем, что существуют такие алгебраические выражения, которые теряютсмысл при некоторых отдельных значениях входящих в него букв. Например, 1/x теряет смысл при x=0; выражение 1/(x2-25) теряет смыслпри x=5 и при x=-5.

Заметим,что многочлен любой целой положительной степени никогда не теряет смысла. Привсяком значении переменной он принимает определенное значение.

2.        Произведение двух множителей, из которых один обращается в нуль, а другойпринимает определенное значение, всегда равно нулю. Если же один множительобращается в нуль, а другой теряет смысл, то о таком произведении нельзяговорить, что оно равно нулю. О таком произведении ничего определенного сказатьнельзя. В каждом отдельном случае необходимо особое исследование.

Рассмотрюпроизведение (1-x) * />. При x=1 первыймножитель обращается в нуль, а второй теряет смысл. Нельзя утверждать, что этопроизведение при x=1 равно нулю.

Lim [(1-x) * />] = Lim />=1/2.

x→1 x→1

Итак,при x=1 само произведение (1-x) * /> смысла не имеет. Но егопредел имеет смысл, а именно равен ½, а не нулю, как это ошибочно можнобыло предположить.

Доказательствотеоремы БезуПусть f(x) обозначает собойпроизвольный многочлен n-й степени относительно переменной x и пусть при егоделении на двучлен (x-a) получилось в частном q(x), а в остатке R. Очевидно, что q(x) будет некоторыймногочлен (n-1)-й степени относительно x, а остаток R будет величинойпостоянной, т.е. не зависящей от x.

Еслибы остаток R был многочленом хотя бы первой степени относительно x, то это означалобы, что деление не выполнено. Итак, R от x не зависит.

Поопределению деления (делимое равно произведению делителя на частное плюсостаток) получаю тождество

f(x) =(x-a)q(x)+R.

Эторавенство справедливо при всяком значении x, значит, оносправедливо и при x=a.

Подставляяв левую и правую части равенство вместо переменной x число a, получаю:

f(a)=(a-a)q(a)+R. (1)

Здесьсимвол f(a) обозначает собой уже не f(x), т.е. немногочлен относительно x, а значение этого многочлена при x=a. q(a) обозначаетзначение q(x) при x=a.

ОстатокR остался таким, каким он был раньше, так как R от x не зависит.

Произведение(a-a)q(a) равно нулю, так как множитель (a-a) равен нулю, амножитель q(a) есть определенное число. (Многочлен q(x) ни при какомопределенном значении x не теряет смысла.)

Поэтомуиз равенства (1) получим:

f(a)=R,

что итребовалось доказать.

Следствия из теоремы

Следствие 1.

Остатокот деления полинома f(x)  на двучлен (ax+b) равен значению

этогополинома при x=-b/a, т.е. R=f(-b/a).

Доказательство:

Согласноправилу деления многочленов:

f(x)= (ax+b)*q(x)+R.

При x=-b/a:

f(-b/a)=(a(-b/a)+b)q(-b/a)+R=R. Значит, R=f(-b/a),

что итребовалось доказать.

Следствие 2:

Есличисло a является корнем многочлена f(x), то этот многочленделитсяна (x-a) без остатка.

Доказательство:

Потеореме Безу остаток от деления многочлена f(x) на (x-a) равен f(a), а по условию a является корнем f(x), а это значит,что f(a)=0, что и требовалось доказать.

Из данногоследствия теоремы Безу видно, что задача решения уравнения f(x)=0 равносильназадаче выделения делителей многочлена f, имеющих первую степень (линейныхделителей).

Следствие 3:

Еслимногочлен f(x) имеет попарно различные корни a1, a2 ,… ,an, то он делится напроизведение (x-a1)…(x-an) без остатка.

Доказательство:

Проведёмдоказательство с помощью математической индукции по числу корней. При n=1 утверждениедоказано в следствии 2. Пусть оно уже доказано для случая, когда число корнейравно k, это значит, что f(x) делится без остатка на

(x-a1)(x-a2)…(x-ak), где a1,a2,…, ak — его корни.

Пусть f(x) имеет (k+1) попарно различныхкорней. По предположению индукции a1, a2, ak,…, (ak+1) являются корнямимногочлена, а, значит, многочлен делится на произведение (x-a1)…(x-ak), откуда выходит,что

f(x)=(x-a1)…(x-ak)q(x).

Приэтом (ak+1) – корень многочлена f(x), т.е.

f(ak+1) = 0.

Значит,подставляя вместо x (ak+1), получаем верноеравенство:

f(ak+1)=(ak+1-a1)…(ak+1-ak)q(ak+1)=0.

Но (ak+1) отлично от чисел a1,…, ak, и потому ни одноиз чисел (ak+1-a1),…, (ak+1-ak) не равно 0.Следовательно, нулю равно q(ak+1), т.е. (ak+1) – кореньмногочлена 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

f(x)=(x-a1)…(x-ak)q(x)=(x-a1)…(x-ak)(x-ak+1)q1(x).

Это иозначает, что f(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 онаверна и при n=k+1. Таким образом, теорема верна при любомчисле корней, что и требовалось доказать.

Следствие 4:

Многочленстепени n имеет не более n различных корней.

Доказательство:

Воспользуемсяметодом от противного: если бы многочлен f(x) степени n имелбы более n корней — n+k (a1, a2,..., an+k — его корни), тогда бы по ранее доказанному следствию 3 он бы делился напроизведение (x-a1)...(x-an+k), имеющее степень (n+k),что невозможно.

Мыпришли к противоречию, значит наше предположение неверно, и многочлен степени nне может иметь более, чем n корней, что и требовалось доказать.

Следствие 5:

Длялюбого многочлена f(x) и числа a разность (f(x)-f(a)) делится безостатка на двучлен (x-a).

Доказательство:

Пусть f(x) — данныймногочлен степени n, a — любое число.

Многочленf(x) можно представить в виде: f(x)=(x-a)q(x)+R, где q(x) — многочлен,частное при делении f(x) на (x-a), R — остаток отделения f(x) на (x-a).

Причёмпо теореме Безу:

R=f(a), т.е.

f(x)=(x-a)q(x)+f(a).

Отсюда

f(x)-f(a)=(x-a)q(x),

а этои означает делимость без остатка (f(x)-f(a))

на (x-a), что итребовалось доказать.

Следствие 6:

Число a является корнеммногочлена f(x) степени не ниже первой только тогда,когда f(x) делится на (x-a) без остатка.

Доказательство:

Чтобыдоказать данную теорему требуется рассмотреть необходимость и достаточностьсформулированного условия.

1.Необходимость.

Пустьa — корень многочлена f(x), тогда по следствию 2 f(x) делится на (x-a) без остатка.

Такимобразом делимость f(x) на (x-a) является необходимым условием для того,чтобы a являлось корнем f(x), т.к. является следствием из этого.

2.Достаточность.

Пустьмногочлен f(x) делится без остатка на (x-a),

тогдаR=0, где R — остаток от деления f(x) на (x-a), но по теореме Безу R=f(a), откудавыходит, что f(a)=0, а это означает, что a является корнем f(x).

Таким образом,делимость f(x) на (x-a) является и достаточным условием для того,чтобы a являлось корнем f(x).

Делимостьf(x) на (x-a) является необходимым и достаточным условием для того, чтобы aявлялось корнем f(x), что и требовалось доказать.

Следствие 7:

Многочлен,не имеющий действительных корней, в разложении на множители линейных множителейне содержит.

Доказательство:

Воспользуемсяметодом от противного: предположим, что не имеющий корней многочлен f(x) при разложении намножители содержит линейный множитель

(x–a):

f(x)=(x–a)q(x),

тогдабы он делился на (x–a), но по следствию 6 a являлось бы корнем f(x), а по условию он действительныхкорней не содержит. Мы пришли к противоречию, значит наше предположение невернои многочлен, не имеющий действительных корней, в разложении на множителилинейных множителей не содержит, что и требовалось доказать.

Применение теоремы

Остановлюсь нарассмотрении некоторых примеров применения теоремы Безу к решению практическихзадач.

Следует отметить,что при решении уравнений с помощью теоремы Безу необходимо:

·     найти все целые делители свободного члена;

·     из этих делителей найти хотя бы один корень уравнения (a);

·     левую часть уравнения разделить на (x-a);

·     записать в левой части уравнения произведение делителя и частного;

·     решить полученное уравнение.

Пример 1

Найти остаток от деления многочлена x3–3x2+6x–5

на двучлен x–2.

По теореме Безу:

 R=f(2)=23–3*22+6*2–5=3.

Ответ: R=3.

Пример 2

При какомзначении a многочлен x4+ax3+3x2–4x–4 делится безостатка на двучлен x–2?

По теоремеБезу: R=f(2)=16+8a+12–8– 4=8a+16.

Но по условию R=0, значит 8a+16=0, отсюда a=-2.

Ответ: a=-2.

Пример 3

При какихзначениях a и b многочлен ax3+bx2–73x+102 делится на трёхчленx2–5x+6 без остатка?

Разложим делительна множители: x2–5x+6=(x–2)(x–3).

Поскольку двучленыx–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=f(2)=8a+4b–146+102=8a+4b–44=0

 R2=f(3)=27a+9b–219+102=27a+9b-117=0

/>Решу систему уравнений:

 8a+4b–44=0 2a+b=11

 27a+9b–117=0 3a+b=13

Отсюда получаем: a=2, b=7.

Ответ: a=2, b=7.

Пример4.

Прикаких значениях a и b многочлен x4+ax3–9x2+11x+b

делится без остаткана трёхчлен x2–2x+1?

Представим делительтак: x2 – 2x + 1 = (x – 1)2

Данныймногочлен делится на x–1 без остатка, если по теореме Безу:

R1=f(1)=1+a–9+11+b=a+b+3=0.

Найдём частное отделения этого многочлена на x–1:

/>_ x4+ax3–9x2+11x–a–3x–1

/>x4–x3x3+(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

Частноеx3+(a+1)x2+(a–8)x+(a+3) делится на (x–1) без остатка,откуда

R2=f(1)=1+(a+1)*1+(a–8)*1+a+3=3a–3=0.

Решу систему уравнений:

/>/> a + b + 3 = 0 a +b =-3

 3a – 3 = 0 a = 1

Из системы: a=1,b=-4

Ответ: a=1, b=-4.

Пример 5

Разложить намножители многочлен f(x)=x4+4x2–5.

Среди делителейсвободного члена число 1 является корнем данного многочлена f(x), а это значит,что по следствию 2 из теоремы Безу f(x) делится на (x–1) без остатка:

f(x)/(x–1)=x3+x2+5x+5, значит f(x)=(x–1)(x3+x2+5x+5).

Среди делителейсвободного члена многочлена x3+x2+5x+5 x=-1 является егокорнем, а это значит, что по следствию 2 из теоремы Безу x3+x2+5x+5 делится на (x+1) без остатка:

_x4+4x2–5 x–1 _x3+x2+5x+5 x+1

x4–x3 x3+x2+5x+5 x3+x2 x2 +5

_x3+4x2 _5x+5

/>x3–x2 5x+5

_5x2–5 0

/>5x2–5x

/>/>/>/>_5x–5

5x–5

/>(x3+x2+5x+5)/(x+1)=x2+5, значит x3+x2+5x+5=(x+1)(x2+5).

Отсюда f(x)=(x–1)(x+1)(x2+5).

По следствию 7 (x2+5) на множители нераскладывается, т.к. действительных корней не имеет, поэтому f(x) далее намножители не раскладывается.

Ответ: x4+4x2–5=(x–1)(x+1)(x2+5).

Пример 6

Разложить намножители многочлен f(x)=x4+324.

f(x) корней не имеет,т.к. x4 не может быть равен -324, значит, последствию 7 f(x) на множители не раскладывается.

Ответ: многочленна множители не раскладывается.

Пример 7

Составитькубический многочлен, имеющий корень 4 кратности 2 и корень -2.

По следствию 3,если многочлен f(x) имеет корень 4 кратности 2 и корень -2,то он делится без остатка на (x–4)2(x+2), значит:

f(x)/(x–4)2(x+2)=q(x), т.е.

f(x)=(x–4)2(x+2)q(x),

f(x)=(x2–8x+16)(x+2)q(x),

f(x)=(x3–8x2+16x+2x2–16x+32)q(x),

f(x)=(x3–6x2+32)q(x).

(x3–6x2+32) — кубическиймногочлен, но по условию f(x) – также кубический многочлен,следовательно, Q(x) – некоторое действительное число. Пусть Q(x)=1, тогда f(x)=x3–6x2+32.

Ответ: x3–6x2+32.

Пример 8

Решить уравнение x4+3x3-13x2-9x+30=0.

30/>/>1; />2, />3, />5, />6, />10.

(x-2)(x3+5x2-3x-15)=0

(x-2)(x+5)(x2-3)=0

_x4+3x3-13x2-9x+30 x-2

x4-2x3 x3+5x2-3x-15

_5x3-13x2

 5x3-10x2

_-3x2-9x

-3x2+6x

_-15x+30

-15x+30

Ответ: x1=2,<sub/>x2=-5,<sub/>x3,4=/>.

Пример 9

Решить уравнение x6+x5-7x4-5x3+16x2+6x-12=0.

Посмотрев науравнение, сразу можно сказать, что по следствию 4 оно имеет не более 6 корнейуравнения.

-12/>/>1; />2; />3; />4; />6; />12.

_x6+x5-7x4-5x3+16x2+6x-12 x-1

x6-x5 x5+2x4-5x3-10x2+6x+12

_2x5-7x4

 2x5-7x4

_-5x4-5x3

-5x4+5x3

_-10x3+16x2 _x5+2x4-5x3-10x2+6x+12 x+2

-10x3-10x2 x5+2x4 x4-5x2+6

_6x2+6x _<sup/>-5x3-10x2

6x2-6x -5x3-10x2

_12x-12 _<sup/>6x+12

12x-12 6x+12

 0 0

x6+x5-7x4-5x3+16x2+6x-12=(x-1)(x5+2x4-5x3-10x2+6x+12)=0

x6+x5-7x4-5x3+16x2+6x-12=(x-1)(x+2)(x4-5x2+6)=0

x4-5x2+6=0 –биквадратное уравнение, x1,2=/>/>, x3,4=/>/>.

Ответ: x1,2=/>/>, x3,4=/>/>, x5=1,<sub/>x6=-2.

Пример 10

Решить уравнение x3-5x2+8x-6=0.

-6/>/>1; />2; />3; />6.

_x3-5x2+8x-6 x-3

x3-3x2 x2-2x+2

_-2x2+8x

-2x2+6x

_2x-6

2x-6

x3-5x2+8x-6=(x2-2x+2)(x-3)=0

x2-2x+2=0 – квадратноеуравнение, корней не имеет, т.к. D<0.

Ответ: x=3.

Пример 11

Решить уравнение 6x3+11x2-3x-2=0.

-2/>/>1; />2.

_6x3+11x2-3x-2 x+2

 6x3+12x2 6x2-x-1

_-x2-3x

-x2-2x

_-x-2

-x-2

0

6x3+11x2-3x-2=(6x2-x-1)(x+2)=0

6x2-x-1=0 – квадратноеуравнение, x1=½, x2=-⅓.

Ответ: x1=½, x2=-⅓, x3=-2.

Заключение

Теорема Безу — одна из основных теорем алгебры, названная именем французского ученого ЭтьенаБезу.

Существуетнесколько следствий из теоремы, которые помогают при решении практическихзадач. Из рассмотренных примеров можно сделать вывод, что теорема Безу находитприменение при решении задач, связанных с делимостью многочленов, например, нахождениеостатка при делении многочленов, определение кратности многочленов и т.д.Также, теорема работает при разложении многочленов на множители, при определениикратности корней и многих других.

Теорема Безунаходит применение при рассмотрении одной из важнейших задач математики –решении уравнений.

Источники1.        Бородин А.И., Бугай А.С. Биографическийсловарь деятелей в области математики.

2.        Виноградов И.М. (главный редактор) Математическая энциклопедия.

3.        Туманов С.И. Элементарная алгебра

4.        Яремчук Ф.П., Рудченко П.А. Алгебра и элементарные функции.

5.        Виленкин Н.Я., Ивашев-Мусатов О.С., Шварц-бурд С.И. Алгебра иматематический анализ.

6.        Курош А.Г. Курс высшей алгебры.

7.        Internet