«методи розв’язування рівнянь вищих степенів» сторінка 3

1 2 3 4

Ім'я файлу: курсова.doc
Розширення: doc
Розмір: 994кб.
Дата: 23.04.2020
скачати
Пов'язані файли:
нім.docx
РЕФЕРАТ.docx

Рівняння вищих степенів.

1.1 Теорема Безу та її наслідки.

Для вивчення рівнянь вищих степенів першорядне значення має така теорема: остача від ділення многочлена відносно x на двочлен x– а дорівнює значенню цього многочлена при x, що дорівнює а.

Можна сформулювати цю теорему коротше: остача від ділення многочлена f(x) на x– а дорівнює f(a).

Приклад 1. Знайти остачу від ділення многочлена 4x³ – 3x² + x – 5 на

х – 2.

Тут а= 2. Підставивши в даний многочлен замість х число 2, одержимо відповідь:

4 × 2³– 3 × 2² + 2 – 5 = 17.

Перевірка.

4x³ – 3x² + x – 5 4x³ – 8x²		х - 2
4x³ – 3x² + x – 5 4x³ – 8x²		4х²+ 5х + 11
5x² + x 5x² - 10x		4х²+ 5х + 11
	11x – 5 11 x - 22

Приклад 2. Знайти остачу від ділення многочлена x¹⁵ + 3 на х + 1.

х + 1 = х – (- 1), отже, в даному випадку а= - 1. Підставивши замість х число -1 в даний многочлен, одержимо: (-1)¹⁵ + 3 = 2.

З теореми Безу випливають висновки:

1.    Для того щоб многочлен f(x) ділиться на х – а, необхідно і достатньо, щоб f( - a) = 0.

2.    Для того щоб многочлен f(а) ділиться на х + а, необхідно і достатньо, щоб f( - a) = 0.

Зокрема, многочлен

Х^п – а^пділиться на х – а при всіх натуральних п,

Х^п – а^пділиться на х + а при всіх парних п,

Х^п + а^пділиться на х + а при всіх непарних п,

Х^п – а^пне ділиться на х + а при всіх непарних п,

Х^п + а^пне ділиться на х + а при всіх непарних п,

Х^п + а^пне ділиться на х – а при всіх натуральних п.

Але є випадки, коли сума однакових степенів двох чисел ділиться на різницю цих чисел. Наприклад, 9^п + 3^п ділиться на 9 – 3 при всіх натуральних п. Слід розрізняти також подільність многочленів і подільність чисел – числових значень цих многочленів.

Приклад 3. При яких значення а многочлен 4х²– 6 + а ділиться без остачі на х + 3?

Щоб ділення виконувалося без остачі, необхідно і достатньо, щоб при        х = - 3 значення даного многочлена дорівнювало нулю, тобто 4 (-3)² – 6 (-3) + +а = 0 або 18 + а = 0, звідки а = -18.

Приклад 4. при яких значеннях т і п многочлен тх³ + пх³– 73х + 102 ділиться на х²– 5х + 6?

Розв’язання. х²- 5 х + 6 = ( х – 2 )( х – 3 ). Щоб даний многочлен ділився і на х – 2 і на х – 3, його значення при х = 2 та х = 3 повинні дорівнювати нулю. В результаті одержимо систему

розв’язуючи її маємо: т =2, п=7.

Відповідь. При т =2 і п=7.

1.2 Рівняння вищих степенів та їх властивості.

Рівнянням вищого степеня називають кожне алгебраїчне рівняння степеня вищого за другий, тобто рівняння вигляду

а₀х^п + а₁х^п-1 + … + а_п-1х + а_п = 0.

Найважливіші властивості цих рівнянь.

1. Будь-яке алгебраїчне рівняння п-го степеня в множині дійсних та комплексних чисел має п коренів, серед яких можуть бути і такі, що дорівнюють один одному.

2. Якщо многочлен f(x) = a₀x^п + а₁х^п-1 + … + а_п-1х + а_п має корінь х₁, то він ділиться на х – х₁, тобто f(x) = ( х – х₁ ) Q(x). Це висновок з теореми Безу.

3. Будь-який многочлен п-го степеня в множині дійсних та комплексних чисел може бути представлений, і притому єдиним способом, у вигляді добутку двочленів першого степеня:

f(x)=A(x – x₁)^т (x – x₂)^р … (x – x_п)^r,

де х₁, х₂, . . . , х_п – корені даного рівняння, а т + р + … + r = п.

4.Якщо рівняння з дійсними коефіцієнтами має уявний корінь а + bі, то воно має і спряжений з ним корінь а - bі. Якщо ж не рівняння непарного степеня, то воно повинно мати хоча б один дійсний корінь.

5.Будь-яке рівняння з дійсними коефіцієнтами має парне число уявних коренів, попарно спряжених.

6.Для квадратного рівняння ax² + bx + c = 0 справедливі формули Вієта:

х₁+ х₂ = -

;

х₁× х₂ =

.

де х₁ і х₂ – корені рівняння.

Взагалі для рівняння п-го степеня

а₀х^п + а₁х^п-1 + а₂х^п-2 + … + а_п-1х + а_п = 0

маємо х₁ + х₂ + … + х_п= -

,

х₁ х₂ … х₂= ( -1)^п

7.Для того щоб нескоротний дріб

був коренем рівняння в цілими коефіцієнтами

а₀х^п + а₁х^п-1 + … + а_п-1х + а_п = 0,

необхідно, щоб p було дільником вільного члена а_п , а q – дільником коефіцієнта а₀.

8.Якщо всі коефіцієнти рівняння цілі і коефіцієнти при х_п дорівнює 1, то раціональними коренями можуть бути тільки цілі числа.

9.Цілі корені рівняння з цілими коефіцієнтами є дільниками вільного члена.

У деяких випадках, використовуючи дані властивості, можна легко розв’язати рівняння вищих степенів з цілими коефіцієнтами.

Приклад. Розв’язати рівняння х³ – 6х² + 11х – 6 = 0.

Оскільки рівняння має цілі коефіцієнти і коефіцієнт при х³ дорівнює одиниці , то цілими коренями можуть бути тільки дільники вільного члена, тобто 1; 2; 3; -1; -2; -3; 6; -6.

Перевіримо, чи не є 1 коренем даного рівняння:

f(1) = 1³ – 6 × 1² + 11 × 1 – 6 = 0.

Отже, на основі теореми Безу, ліва частина рівняння має дільник х – 1.

Можна або безпосередньо поділити ліву частину на х – 1, або елементарним способом подати її у вигляді добутку:

х³ – х² – 5х²+ 5х + 6х – 6 = х² ( х – 1 ) – 5х ( х – 1 ) + 6 ( х – 1 ) = ( х – 1 ) ×   × ( х² – 5х + 6 ).

Квадратичний тричлен легко розкладається на множники, отже, дане рівняння рівносильне такому

( х – 1 ) ( х – 2 ) ( х – 3 ) = 0.

Звідси одержуємо, що корені даного рівняння будуть 1; 2; 3.

Деякі алгебраїчні рівняння вищих степенів можна розв’язати, звівши їх до квадратного.

Рівняння, ліва частина яких розкладається на множники, а права є нулем.

Буває, що можна розкласти ліву частину рівняння на множники, з яких кожний не вище від другого степеня. Тоді прирівнюємо до нуля кожний многочлен зокрема і розв’язуємо одержані рівняння. Знайдені корені будуть коренями вихідного рівняння.

Приклад. Розв’язати рівняння х³ + 3х² – 10х = 0.

Ліва частина легко розкладається на множники х і х² + 3х – 10 і, отже, досить розв’язати два рівняння

х = 0 і    х² + 3х – 10 = 0,

з яких знаходимо три розв’язки:

х₁ = 0;   х₂ = 2; х₃= - 5.

Ефективність розв’язання рівнянь таким способом залежить від уміння розкласти ліву частину рівняння на множники.

Приклади. Розв’язати рівняння

А. х³ + 6 = 7х.

Б. х³ + ( b² – a² ) x + ab² = 0.

В. х⁴ + 2х³– 13х² – 14х + 24 = 0.

Розв’язання.

А.

х³ – 7х + 6 = 0; х³– х – 6х + 6 = 0; (х³ – х) – (6х – 6) = 0;

х (х² – 1) – 6 (х -1) = 0; (х – 1) (х² + х – 6) = 0.

Тоді        х – 1 = 0 і х² + х – 6 = 0.

Отже,      х₁ = 1;    х₂ = 2;   х₃ = - 3.

Б.

х³ + b²x – a²x + ab² = 0; (x³ – a²x) + (b²x + ab²) = 0;

х (х² – а²) + b² (x + a) = 0;   x (x – a) (x + a) + b² (x + a) = 0;

(x + a) [ x (x – a) + b² ] = 0;

(x+ a) (x² – ax + b²) = 0.

Тоді            х + а = 0 і х² – ах + b²= 0.

Отже,

х₁ = - а; х_2,3 =

(якщо а² > 4b²).

1 2 3 4

скачати

© Усі права захищені
написати до нас