Міська відкрита науково-практична конференція
школярів і студентів
Тема: «ВИВЧЕННЯ Теорема Безу ДЛЯ ВИРІШЕННЯ РІВНЯНЬ n-Й СТУПЕНЯ, ПРИ n> 2»
Виконала:
Науковий керівник:
2007
Зміст
Введення
Етьєн Безу
Теорема Безу
Доказ теореми 6
Наслідки з теореми:
Наслідок 3
Наслідок 4
Слідство 5
Слідство 6
Слідство 7
Застосування теореми
Висновок
Джерела
Введення
Важко розв'язувати рівняння третього ступеня і вище. Розкладання лівій частині рівняння на множники, якщо права частина дорівнює нулю, - найпоширеніший метод вирішення самих різних рівнянь. Тут немає загальних рецептів. Багато чого залежить від уміння, кмітливості, спостережливості і досвіду.
Але такі рівняння не завжди можна розкласти на множники. Одним з методів, які допомогли мені вирішувати рівняння високих ступенів, є теорема Безу.
Мета моєї роботи: вивчення теореми Безу.
Для виконання поставленої мети передбачалося виконати наступні завдання:
· Ознайомитися з біографією Етьєна Безу;
· Проаналізувати визначення і доказ теореми;
· Визначити і довести слідства з теореми Безу;
· Показати конкретні приклади застосування теореми.
Етьєн Безу
Етьєн Безу - французький математик, член Паризької Академії Наук (з 1758 року).
Народився в Немуро 31 березня 1730 і помер 27 вересня 1783 року.
З 1763 року Безу викладав математику в училищі гардемаринів, а з 1768 року і в королівському артилерійському корпусі.
Основні роботи Етьєна Безу відносяться до вищої алгебри, вони присвячені створенню теорії розв'язання алгебраїчних рівнянь. У теорії розв'язання систем лінійних рівнянь він сприяв виникненню теорії визначників, розвивав теорію виключення невідомих з систем рівнянь вищих ступенів, довів теорему (вперше сформульовану К. Маклореном) про те, що дві криві порядку m і n перетинаються не більш ніж у mn точках.
У Франції та за її кордоном аж до 1848 року був дуже популярний його шести томний "Курс математики", який Безу писав п'ять років з 1764 по 1769 рік. Також, він розвинув метод невизначених множників: в елементарній алгебрі його ім'ям названо спосіб розв'язання систем рівнянь, заснований на цьому методі. Частина праць Безу присвячена зовнішній балістиці.
Іменем вченого названо одну з основних теорем алгебри, про яку йтиметься нижче.
Теорема Безу
При розподілі многочлена n-го ступеня щодо x на двочлен xa залишок дорівнює значенню діленого при x = a. (Буква a може позначати будь-яке дійсне або уявне число, тобто будь-яке комплексне число.)
Перш ніж доводити теорему, зроблю два пояснення.
1. Ми знаємо, що існують такі алгебраїчні вирази, які втрачають сенс при деяких окремих значеннях вхідних у нього букв. Наприклад, 1 / x втрачає сенс при x = 0; вираз 1 / (x 2 -25) втрачає сенс при x = 5 і при x =- 5.
Зауважимо, що многочлен будь цілої позитивної ступеня ніколи не втрачає сенсу. При будь-якому значенні змінної він приймає певне значення.
2. Твір двох множників, з яких один звертається в нуль, а інший приймає певне значення, завжди дорівнює нулю. Якщо ж один множник звертається в нуль, а інший втрачає сенс, то про таке творі не можна говорити, що воно дорівнює нулю. Про таке творі нічого певного сказати не можна. У кожному окремому випадку необхідно особливе дослідження.
Розгляну твір (1-x) *
Lim [(1-x) *
x → 1 x → 1
Отже, при x = 1 сам твір (1-x) *
За визначенням розподілу (ділене дорівнює добутку дільника на приватне плюс залишок) отримую тотожність
f (x) = (xa) q (x) + R.
Це рівність справедливо при всякому значенні x, значить, воно справедливо і при x = a.
Підставляючи в ліву і праву частини рівність замість змінної x число a, отримую:
f (a) = (aa) q (a) + R. (1)
Тут символ f (a) позначає собою вже не f (x), тобто НЕ многочлен щодо x, а значення цього многочлена при x = a. q (a) позначає значення q (x) при x = a.
Залишок R залишився таким, яким він був раніше, так як R від x не залежить.
Твір (aa) q (a) дорівнює нулю, так як множник (aa) дорівнює нулю, а множник q (a) є певне число. (Многочлен q (x) ні при якому певному значенні x не втрачає сенсу.)
Тому з рівності (1) отримаємо:
f (a) = R,
що й потрібно було довести.
Наслідки з теореми
Наслідок 1.
Залишок від ділення полінома f (x) на двочлен (ax + b) дорівнює значенню
цього полінома при x =- b / a, тобто R = f (-b / a).
Доказ:
Згідно з правилом ділення многочленів:
f (x) = (ax + b) * q (x) + R.
При x =- b / a:
f (-b / a) = (a (-b / a) + b) q (-b / a) + R = R. Значить, R = f (-b / a),
що й потрібно було довести.
Наслідок 2:
Якщо число a є коренем многочлена f (x), то цей многочлен ділиться на (xa) без залишку.
Доказ:
По теоремі Безу залишок від ділення многочлена f (x) на (xa) дорівнює f (a), а за умовою a є коренем f (x), а це означає, що f (a) = 0, що і вимагалося довести.
З даного слідства теореми Безу видно, що завдання вирішення рівняння f (x) = 0 рівносильна задачі виділення дільників многочлена f, що мають перший ступінь (лінійних дільників).
Слідство 3:
Якщо многочлен f (x) має попарно різні коріння a 1, a 2, ..., a n, то він ділиться на твір (xa 1) ... (xa n) без залишку.
Доказ:
Проведемо доказ за допомогою математичної індукції за кількістю коренів. При n = 1 твердження доведено в слідстві 2. Нехай воно вже доведено для випадку, коли число коренів одно k, це означає, що f (x) ділиться без залишку на
(Xa 1) (xa 2) ... (xa k), де a 1, a 2, ..., a k - його коріння.
Нехай f (x) має (k +1) попарно різних коренів. За припущенням індукції a 1, a 2, a k, ..., (a k +1) є корінням многочлена, а, значить, многочлен ділиться на твір (xa 1) ... (xa k), звідки виходить, що
f (x) = (xa 1) ... (xa k) q (x).
При цьому (a k +1) - корінь многочлена f (x), тобто
f (a k +1) = 0.
Значить, підставляючи замість x (a k +1), отримуємо вірне рівність:
f (a k +1) = (a k +1-a 1) ... (a k +1-a k) q (a k +1) = 0.
Але (a k +1) відмінно від чисел a 1, ..., a k, і тому жодне з чисел (a k +1-a 1), ..., (a k +1-a k) не дорівнює 0. Отже, нулю одно q (a k +1), тобто (A k +1) - корінь многочлена q (x). А зі слідства 2 виходить, що q (x) ділиться на (xa k + 1) без залишку.
q (x) = (xa k +1) q 1 (x), і тому
f (x) = (xa 1) ... (xa k) q (x) = (xa 1) ... (xa k) (xa k +1) q 1 (x).
Це й означає, що f (x) ділиться на (xa 1) ... (xa k +1) без залишку.
Отже, доведено, що теорема вірна при k = 1, а з її справедливості при n = k випливає, що вона вірна і при n = k +1. Таким чином, теорема вірна при будь-якій кількості коренів, що й потрібно було довести.
Слідство 4:
Многочлен ступеня n має не більше n різних коренів.
Доказ:
Скористаємося методом від противного: якби многочлен f (x) ступеня n мав би більш n коренів - n + k (a 1, a 2 ,..., a n + k - його коріння), тоді б за раніше доведеного слідству 3 він би ділився на твір (xa 1 )...( xa n + k), що має ступінь (n + k), що неможливо.
Ми прийшли до протиріччя, значить наше припущення не так, і многочлен ступеня n не може мати більше, ніж n коренів, що й потрібно було довести.
Слідство 5:
Для будь-якого многочлена f (x) і числа a різницю (f (x)-f (a)) ділиться без залишку на двочлен (xa).
Доказ:
Нехай f (x) - даний многочлен ступеня n, a - будь-яке число.
Многочлен f (x) можна представити у вигляді: f (x) = (xa) q (x) + R, де q (x) - многочлен, приватне при розподілі f (x) на (xa), R - залишок від ділення f (x) на (xa).
Причому згідно теореми Безу:
R = f (a), тобто
f (x) = (xa) q (x) + f (a).
Звідси
f (x)-f (a) = (xa) q (x),
а це і означає подільність без залишку (f (x)-f (a))
на (xa), що й потрібно було довести.
Слідство 6:
Число a є коренем многочлена f (x) ступеня не нижче першої тільки тоді, коли f (x) ділиться на (xa) без залишку.
Доказ:
Щоб довести дану теорему потрібно розглянути необхідність і достатність сформульованого умови.
1. Необхідність.
Нехай a - корінь многочлена f (x), тоді по слідству 2 f (X) ділиться на (xa) без залишку.
Таким чином подільність f (x) на (xa) є необхідною умовою для того, щоб a було коренем f (x), тому що є наслідком з цього.
2. Достатність.
Нехай многочлен f (x) ділиться без залишку на (xa),
тоді R = 0, де R - залишок від ділення f (x) на (xa), але згідно теореми Безу R = f (a), звідки виходить, що f (a) = 0, а це означає, що a є коренем f (x).
Таким чином, подільність f (x) на (xa) є і достатньою умовою для того, щоб a було коренем f (x).
Подільність f (x) на (xa) є необхідною і достатньою умовою для того, щоб a було коренем f (x), що й потрібно було довести.
Слідство 7:
Многочлен, що не має дійсних коренів, в розкладанні на множники лінійних множників не містить.
Доказ:
Скористаємося методом від супротивного: припустимо, що не має коренів многочлен f (x) при розкладанні на множники містить лінійний множник
(X-a):
f (x) = (x-a) q (x),
тоді б він ділився на (x-a), але по слідству 6 a було б коренем f (x), а за умовою він дійсних коренів не містить. Ми прийшли до протиріччя, значить наше припущення не так і многочлен, що не має дійсних коренів, в розкладанні на множники лінійних множників не містить, що й потрібно було довести.
Застосування теореми
Зупинюся на розгляді деяких прикладів застосування теореми Безу до вирішення практичних завдань.
Слід зазначити, що при вирішенні рівнянь за допомогою теореми Безу необхідно:
· Знайти всі цілі дільники вільного члена;
· З цих дільників знайти хоча б один корінь рівняння (a);
· Ліву частину рівняння розділити на (xa);
· Записати в лівій частині рівняння твір дільника і приватного;
· Вирішити отримане рівняння.
Приклад 1
За теореми Безу:
R = f (2) = 2 3 -3 * 2 2 +6 * 2-5 = 3.
Відповідь: R = 3.
Приклад 2
При якому значенні a многочлен x 4 + ax 3 +3 x 2-4x-4 ділиться без залишку на двочлен x-2?
За теореми Безу: R = f (2) = 16 +8 a +12-8- 4 = 8a +16.
Але за умовою R = 0, значить 8a +16 = 0, звідси a =- 2.
Відповідь: a =- 2.
Приклад 3
При яких значеннях a і b многочлен ax 3 + bx 2-73x +102 ділиться на тричлен x 2-5x +6 без залишку?
Розкладемо дільник на множники: x 2-5x +6 = (x-2) (x-3).
Оскільки двочлена x-2 і x-3 взаємно прості, то даний многочлен ділиться на x-2 і на x-3, а це значить, що згідно теореми Безу:
R 1 = f (2) = 8a +4 b-146 +102 = 8a +4 b-44 = 0
R 2 = f (3) = 27a +9 b-219 +102 = 27a +9 b-117 = 0
Вирішу систему рівнянь:
8a +4 b-44 = 0 2a + b = 11
27a +9 b-117 = 0 3a + b = 13
Звідси отримуємо: a = 2, b = 7.
Відповідь: a = 2, b = 7.
Приклад 4.
При яких значеннях a і b многочлен x 4 + ax 3-9x лютого +11 x + b
ділиться без залишку на тричлен x 2-2x +1?
Уявімо дільник так: x 2 - 2x + 1 = (x - 1) 2
Даний многочлен ділиться на x-1 без залишку, якщо згідно теореми Безу:
R 1 = f (1) = 1 + a-9 +11 + b = a + b +3 = 0.
Знайдемо приватне від ділення цього многочлена на x-1:
_ X 4 + ax 3-9x 2 +11 x-a-3 x-1
x 4-x 3 x 3 + (a +1) x 2 + (a-8) x + (a +3)
_ (A +1) x 3-9x 2
(A +1) x 3 - (a + 1) x 2
_ (A-8) x два +11 x
(A-8) x 2 - (a-8) x
_ (A +3) x-a-3
(A +3) x-a-3
0
Приватне x 3 + (a +1) x 2 + (a-8) x + (a +3) ділиться на (x-1) без залишку, звідки
R 2 = f (1) = 1 + (a +1) * 1 + (a-8) * 1 + a +3 = 3a-3 = 0.
Вирішу систему рівнянь:
a + b + 3 = 0 a + b =- 3
3a - 3 = 0 a = 1
Із системи: a = 1, b =- 4
Відповідь: a = 1, b =- 4.
Приклад 5
Розкласти на множники многочлен f (x) = x 4 +4 x 2 -5.
Серед дільників вільного члена число 1 є коренем даного многочлена f (x), а це значить, що по слідству 2 з теореми Безу f (x) ділиться на (x-1) без залишку:
f (x) / (x-1) = x 3 + x 2 +5 x +5, значить f (x) = (x-1) (x 3 + x 2 +5 x +5).
Серед дільників вільного члена многочлена x 3 + x 2 +5 x +5 x =- 1 є його коренем, а це значить, що по слідству 2 з теореми Безу x 3 + x 2 +5 x +5 ділиться на (x +1) без залишку:
_x 4 +4 x 2 -5 x-1 _x 3 + x 2 +5 x +5 x +1
x 4-x 3 x 3 + x 2 +5 x +5 x 3 + x 2 x 2 +5
_x 3 +4 x 2 _5x +5
x 3-x 2 5x +5
_5x 2 -5 0
5x 2-5x
_5x-5
5x-5
0
(X 3 + x 2 +5 x +5) / (x +1) = x 2 +5, значить x 3 + x 2 +5 x +5 = (x +1) (x 2 +5).
Звідси f (x) = (x-1) (x +1) (x 2 +5).
За слідству 7 (x 2 +5) на множники не розкладається, тому що дійсних коренів не має, тому f (x) далі на множники не розкладається.
Відповідь: x 4 +4 x 2 -5 = (x-1) (x +1) (x 2 +5).
Приклад 6
Розкласти на множники многочлен f (x) = x 4 +324.
f (x) коренів не має, тому що x 4 не може бути дорівнює -324, значить, по слідству 7 f (X) на множники не розкладається.
Відповідь: многочлен на множники не розкладається.
Приклад 7
Скласти кубічний многочлен, який має корінь 4 кратності 2 і корінь -2.
За слідству 3, якщо многочлен f (x) має корінь 4 кратності 2 і корінь -2, то він ділиться без залишку на (x-4) 2 (x +2), означає:
f (x) / (x-4) 2 (x +2) = q (x), тобто
f (x) = (x-4) 2 (x +2) q (x),
f (x) = (x 2-8x +16) (x +2) q (x),
f (x) = (x 3-8x 2 +16 x +2 x 2-16x +32) q (x),
f (x) = (x 3-6x 2 +32) q (x).
(X 3-6x два +32) - кубічний многочлен, але за умовою f (x) - також кубічний многочлен, отже, Q (x) - деякий дійсне число. Нехай Q (x) = 1, тоді f (x) = x 3-6x лютого +32.
Відповідь: x 3-6x 2 +32.
Приклад 8
Розв'язати рівняння x 4 +3 x 3-13x 2-9x +30 = 0.
30
(X-2) (x 3 +5 x 2-3x-15) = 0
(X-2) (x +5) (x 2 -3) = 0
_x 4 +3 x 3-13x 2-9x +30 x-2
x 4-2x 3 x 3 +5 x 2-3x-15
_5x 3-13x 2
5x 3-10x 2
_-3x 2-9x
-3x 2 +6 x
_-15x +30
-15x +30
0
Відповідь: x 1 = 2, x 2 =- 5, x 3,4 =
Приклад 9
Розв'язати рівняння x 6 + x 5-7x 4-5x 3 +16 x 2 +6 x-12 = 0.
Подивившись на рівняння, відразу можна сказати, що по слідству 4 воно має не більше 6 коренів рівняння.
-12
_x 6 + x 5-7x 4-5x 3 +16 x 2 +6 x-12 x-1
x 6-x 5 x 5 +2 x 4-5x 3-10x 2 +6 x +12
_2x 5-7x 4
2x 5-7x 4
_-5x 4-5x 3
-5x 4 +5 x 3
_-10x березня +16 x 2 _x 5 +2 x 4-5x 3-10x 2 +6 x +12 x +2
-10x 3-10x 2 x 5 +2 x 4 x 4-5x 2 +6
_6x 2 +6 x _ -5x 3-10x 2
6x 2-6x-5x 3-10x 2
_12x-12 _ 6x +12
12x-12 6x +12
0 0
x 6 + x 5-7x 4-5x 3 +16 x 2 +6 x-12 = (x-1) (x 5 +2 x 4-5x 3-10x 2 +6 x +12) = 0
x 6 + x 5-7x 4-5x 3 +16 x 2 +6 x-12 = (x-1) (x +2) (x 4-5x 2 +6) = 0
x 4-5x 2 +6 = 0 - біквадратні рівняння, x 1,2 =
Відповідь: x 1,2 =
Приклад 10
Розв'язати рівняння x 3-5x 2 +8 x-6 = 0.
-6
_x 3-5x 2 +8 x-6 x-3
x 3-3x 2 x 2-2x +2
_-2x 2 +8 x
-2x 2 +6 x
_2x-6
2x-6
0
x 3-5x 2 +8 x-6 = (x 2-2x +2) (x-3) = 0
x 2-2x +2 = 0 - квадратне рівняння, коренів немає, тому що D <0.
Відповідь: x = 3.
Приклад 11
Розв'язати рівняння 6x три +11 x 2-3x-2 = 0.
-2
_6x Три +11 x 2-3x-2 x +2
6x три +12 x 2 6x 2-x-1
_-X 2-3x
-X 2-2x
_-X-2
-X-2
0
6x три +11 x 2-3x-2 = (6x 2-x-1) (x +2) = 0
6x 2-x-1 = 0 - квадратне рівняння, x 1 = Ѕ, x 2 =- ⅓.
Відповідь: x 1 = Ѕ, x 2 =- ⅓, x 3 =- 2.
Висновок
Теорема Безу - одна з основних теорем алгебри, названа ім'ям французького вченого Етьєна Безу.
Існує кілька наслідків з теореми, які допомагають при вирішенні практичних завдань. З розглянутих прикладів можна зробити висновок, що теорема Безу знаходить застосування при вирішенні завдань, пов'язаних з делимостью многочленів, наприклад, знаходження залишку при діленні многочленів, визначення кратності многочленів і т.д. Також, теорема працює при розкладанні многочленів на множники, при визначенні кратності коренів та багатьох інших.
Теорема Безу знаходить застосування при розгляді однієї з найважливіших задач математики - рішенні рівнянь.
3. Туманов С.І. Елементарна алгебра
4. Яремчук Ф.П., Рудченко П.А. Алгебра та елементарні функції.
5. Віленкін Н.Я., Івашев-Мусатов О.С., Шварц-Бурд С.І. Алгебра і математичний аналіз.
6. Курош А.Г. Курс вищої алгебри.
7. Internet
школярів і студентів
Тема: «ВИВЧЕННЯ Теорема Безу ДЛЯ ВИРІШЕННЯ РІВНЯНЬ n-Й СТУПЕНЯ, ПРИ n> 2»
Виконала:
Науковий керівник:
2007
Зміст
Введення
Етьєн Безу
Теорема Безу
Доказ теореми 6
Наслідки з теореми:
Наслідок 1
Наслідок 2Наслідок 3
Наслідок 4
Слідство 5
Слідство 6
Слідство 7
Застосування теореми
Висновок
Джерела
Введення
Важко розв'язувати рівняння третього ступеня і вище. Розкладання лівій частині рівняння на множники, якщо права частина дорівнює нулю, - найпоширеніший метод вирішення самих різних рівнянь. Тут немає загальних рецептів. Багато чого залежить від уміння, кмітливості, спостережливості і досвіду.
Але такі рівняння не завжди можна розкласти на множники. Одним з методів, які допомогли мені вирішувати рівняння високих ступенів, є теорема Безу.
Мета моєї роботи: вивчення теореми Безу.
Для виконання поставленої мети передбачалося виконати наступні завдання:
· Ознайомитися з біографією Етьєна Безу;
· Проаналізувати визначення і доказ теореми;
· Визначити і довести слідства з теореми Безу;
· Показати конкретні приклади застосування теореми.
Етьєн Безу
Етьєн Безу - французький математик, член Паризької Академії Наук (з 1758 року).
Народився в Немуро 31 березня 1730 і помер 27 вересня 1783 року.
З 1763 року Безу викладав математику в училищі гардемаринів, а з 1768 року і в королівському артилерійському корпусі.
Основні роботи Етьєна Безу відносяться до вищої алгебри, вони присвячені створенню теорії розв'язання алгебраїчних рівнянь. У теорії розв'язання систем лінійних рівнянь він сприяв виникненню теорії визначників, розвивав теорію виключення невідомих з систем рівнянь вищих ступенів, довів теорему (вперше сформульовану К. Маклореном) про те, що дві криві порядку m і n перетинаються не більш ніж у mn точках.
У Франції та за її кордоном аж до 1848 року був дуже популярний його шести томний "Курс математики", який Безу писав п'ять років з 1764 по 1769 рік. Також, він розвинув метод невизначених множників: в елементарній алгебрі його ім'ям названо спосіб розв'язання систем рівнянь, заснований на цьому методі. Частина праць Безу присвячена зовнішній балістиці.
Іменем вченого названо одну з основних теорем алгебри, про яку йтиметься нижче.
Теорема Безу
При розподілі многочлена n-го ступеня щодо x на двочлен xa залишок дорівнює значенню діленого при x = a. (Буква a може позначати будь-яке дійсне або уявне число, тобто будь-яке комплексне число.)
Перш ніж доводити теорему, зроблю два пояснення.
1. Ми знаємо, що існують такі алгебраїчні вирази, які втрачають сенс при деяких окремих значеннях вхідних у нього букв. Наприклад, 1 / x втрачає сенс при x = 0; вираз 1 / (x 2 -25) втрачає сенс при x = 5 і при x =- 5.
Зауважимо, що многочлен будь цілої позитивної ступеня ніколи не втрачає сенсу. При будь-якому значенні змінної він приймає певне значення.
2. Твір двох множників, з яких один звертається в нуль, а інший приймає певне значення, завжди дорівнює нулю. Якщо ж один множник звертається в нуль, а інший втрачає сенс, то про таке творі не можна говорити, що воно дорівнює нулю. Про таке творі нічого певного сказати не можна. У кожному окремому випадку необхідно особливе дослідження.
Розгляну твір (1-x) *
Lim [(1-x) *
x → 1 x → 1
Отже, при x = 1 сам твір (1-x) *
Доказ теореми Безу
Нехай f (x) позначає собою довільний многочлен n-го ступеня щодо змінної x і нехай при його розподілі на двочлен (xa) вийшло в приватному q (x), а в залишку R. Очевидно, що q (x) буде деякий многочлен (n-1)-го ступеня щодо x, а залишок R буде величиною постійною, тобто не залежить від x.
Якби залишок R був многочленом хоча б першого ступеня щодо x, то це означало б, що поділ не виконано. Отже, R від x не залежить.За визначенням розподілу (ділене дорівнює добутку дільника на приватне плюс залишок) отримую тотожність
f (x) = (xa) q (x) + R.
Це рівність справедливо при всякому значенні x, значить, воно справедливо і при x = a.
Підставляючи в ліву і праву частини рівність замість змінної x число a, отримую:
f (a) = (aa) q (a) + R. (1)
Тут символ f (a) позначає собою вже не f (x), тобто НЕ многочлен щодо x, а значення цього многочлена при x = a. q (a) позначає значення q (x) при x = a.
Залишок R залишився таким, яким він був раніше, так як R від x не залежить.
Твір (aa) q (a) дорівнює нулю, так як множник (aa) дорівнює нулю, а множник q (a) є певне число. (Многочлен q (x) ні при якому певному значенні x не втрачає сенсу.)
Тому з рівності (1) отримаємо:
f (a) = R,
що й потрібно було довести.
Наслідки з теореми
Наслідок 1.
Залишок від ділення полінома f (x) на двочлен (ax + b) дорівнює значенню
цього полінома при x =- b / a, тобто R = f (-b / a).
Доказ:
Згідно з правилом ділення многочленів:
f (x) = (ax + b) * q (x) + R.
При x =- b / a:
f (-b / a) = (a (-b / a) + b) q (-b / a) + R = R. Значить, R = f (-b / a),
що й потрібно було довести.
Наслідок 2:
Якщо число a є коренем многочлена f (x), то цей многочлен ділиться на (xa) без залишку.
Доказ:
По теоремі Безу залишок від ділення многочлена f (x) на (xa) дорівнює f (a), а за умовою a є коренем f (x), а це означає, що f (a) = 0, що і вимагалося довести.
З даного слідства теореми Безу видно, що завдання вирішення рівняння f (x) = 0 рівносильна задачі виділення дільників многочлена f, що мають перший ступінь (лінійних дільників).
Слідство 3:
Якщо многочлен f (x) має попарно різні коріння a 1, a 2, ..., a n, то він ділиться на твір (xa 1) ... (xa n) без залишку.
Доказ:
Проведемо доказ за допомогою математичної індукції за кількістю коренів. При n = 1 твердження доведено в слідстві 2. Нехай воно вже доведено для випадку, коли число коренів одно k, це означає, що f (x) ділиться без залишку на
(Xa 1) (xa 2) ... (xa k), де a 1, a 2, ..., a k - його коріння.
Нехай f (x) має (k +1) попарно різних коренів. За припущенням індукції a 1, a 2, a k, ..., (a k +1) є корінням многочлена, а, значить, многочлен ділиться на твір (xa 1) ... (xa k), звідки виходить, що
f (x) = (xa 1) ... (xa k) q (x).
При цьому (a k +1) - корінь многочлена f (x), тобто
f (a k +1) = 0.
Значить, підставляючи замість x (a k +1), отримуємо вірне рівність:
f (a k +1) = (a k +1-a 1) ... (a k +1-a k) q (a k +1) = 0.
Але (a k +1) відмінно від чисел a 1, ..., a k, і тому жодне з чисел (a k +1-a 1), ..., (a k +1-a k) не дорівнює 0. Отже, нулю одно q (a k +1), тобто (A k +1) - корінь многочлена q (x). А зі слідства 2 виходить, що q (x) ділиться на (xa k + 1) без залишку.
q (x) = (xa k +1) q 1 (x), і тому
f (x) = (xa 1) ... (xa k) q (x) = (xa 1) ... (xa k) (xa k +1) q 1 (x).
Це й означає, що f (x) ділиться на (xa 1) ... (xa k +1) без залишку.
Отже, доведено, що теорема вірна при k = 1, а з її справедливості при n = k випливає, що вона вірна і при n = k +1. Таким чином, теорема вірна при будь-якій кількості коренів, що й потрібно було довести.
Слідство 4:
Многочлен ступеня n має не більше n різних коренів.
Доказ:
Скористаємося методом від противного: якби многочлен f (x) ступеня n мав би більш n коренів - n + k (a 1, a 2 ,..., a n + k - його коріння), тоді б за раніше доведеного слідству 3 він би ділився на твір (xa 1 )...( xa n + k), що має ступінь (n + k), що неможливо.
Ми прийшли до протиріччя, значить наше припущення не так, і многочлен ступеня n не може мати більше, ніж n коренів, що й потрібно було довести.
Слідство 5:
Для будь-якого многочлена f (x) і числа a різницю (f (x)-f (a)) ділиться без залишку на двочлен (xa).
Доказ:
Нехай f (x) - даний многочлен ступеня n, a - будь-яке число.
Многочлен f (x) можна представити у вигляді: f (x) = (xa) q (x) + R, де q (x) - многочлен, приватне при розподілі f (x) на (xa), R - залишок від ділення f (x) на (xa).
Причому згідно теореми Безу:
R = f (a), тобто
f (x) = (xa) q (x) + f (a).
Звідси
f (x)-f (a) = (xa) q (x),
а це і означає подільність без залишку (f (x)-f (a))
на (xa), що й потрібно було довести.
Слідство 6:
Число a є коренем многочлена f (x) ступеня не нижче першої тільки тоді, коли f (x) ділиться на (xa) без залишку.
Доказ:
Щоб довести дану теорему потрібно розглянути необхідність і достатність сформульованого умови.
1. Необхідність.
Нехай a - корінь многочлена f (x), тоді по слідству
Таким чином подільність f (x) на (xa) є необхідною умовою для того, щоб a було коренем f (x), тому що є наслідком з цього.
2. Достатність.
Нехай многочлен f (x) ділиться без залишку на (xa),
тоді R = 0, де R - залишок від ділення f (x) на (xa), але згідно теореми Безу R = f (a), звідки виходить, що f (a) = 0, а це означає, що a є коренем f (x).
Таким чином, подільність f (x) на (xa) є і достатньою умовою для того, щоб a було коренем f (x).
Подільність f (x) на (xa) є необхідною і достатньою умовою для того, щоб a було коренем f (x), що й потрібно було довести.
Слідство 7:
Многочлен, що не має дійсних коренів, в розкладанні на множники лінійних множників не містить.
Доказ:
Скористаємося методом від супротивного: припустимо, що не має коренів многочлен f (x) при розкладанні на множники містить лінійний множник
(X-a):
f (x) = (x-a) q (x),
тоді б він ділився на (x-a), але по слідству
Застосування теореми
Зупинюся на розгляді деяких прикладів застосування теореми Безу до вирішення практичних завдань.
Слід зазначити, що при вирішенні рівнянь за допомогою теореми Безу необхідно:
· Знайти всі цілі дільники вільного члена;
· З цих дільників знайти хоча б один корінь рівняння (a);
· Ліву частину рівняння розділити на (xa);
· Записати в лівій частині рівняння твір дільника і приватного;
· Вирішити отримане рівняння.
Приклад 1
Знайти залишок від ділення многочлена x 3-3x 2 +6 x-5
на двочлен x-2.За теореми Безу:
R = f (2) = 2 3 -3 * 2 2 +6 * 2-5 = 3.
Відповідь: R = 3.
Приклад 2
При якому значенні a многочлен x 4 + ax 3 +3 x 2-4x-4 ділиться без залишку на двочлен x-2?
За теореми Безу: R = f (2) = 16 +8 a +12-8- 4 = 8a +16.
Але за умовою R = 0, значить 8a +16 = 0, звідси a =- 2.
Відповідь: a =- 2.
Приклад 3
При яких значеннях a і b многочлен ax 3 + bx 2-73x +102 ділиться на тричлен x 2-5x +6 без залишку?
Розкладемо дільник на множники: x 2-5x +6 = (x-2) (x-3).
Оскільки двочлена x-2 і x-3 взаємно прості, то даний многочлен ділиться на x-2 і на x-3, а це значить, що згідно теореми Безу:
R 1 = f (2) = 8a +4 b-146 +102 = 8a +4 b-44 = 0
R 2 = f (3) = 27a +9 b-219 +102 = 27a +9 b-117 = 0
8a +4 b-44 = 0 2a + b = 11
27a +9 b-117 = 0 3a + b = 13
Звідси отримуємо: a = 2, b = 7.
Відповідь: a = 2, b = 7.
Приклад 4.
При яких значеннях a і b многочлен x 4 + ax 3-9x лютого +11 x + b
ділиться без залишку на тричлен x 2-2x +1?
Уявімо дільник так: x 2 - 2x + 1 = (x - 1) 2
Даний многочлен ділиться на x-1 без залишку, якщо згідно теореми Безу:
R 1 = f (1) = 1 + a-9 +11 + b = a + b +3 = 0.
Знайдемо приватне від ділення цього многочлена на x-1:
_ (A +1) x 3-9x 2
_ (A-8) x два +11 x
_ (A +3) x-a-3
Приватне x 3 + (a +1) x 2 + (a-8) x + (a +3) ділиться на (x-1) без залишку, звідки
R 2 = f (1) = 1 + (a +1) * 1 + (a-8) * 1 + a +3 = 3a-3 = 0.
Вирішу систему рівнянь:
3a - 3 = 0 a = 1
Із системи: a = 1, b =- 4
Відповідь: a = 1, b =- 4.
Приклад 5
Розкласти на множники многочлен f (x) = x 4 +4 x 2 -5.
Серед дільників вільного члена число 1 є коренем даного многочлена f (x), а це значить, що по слідству 2 з теореми Безу f (x) ділиться на (x-1) без залишку:
f (x) / (x-1) = x 3 + x 2 +5 x +5, значить f (x) = (x-1) (x 3 + x 2 +5 x +5).
Серед дільників вільного члена многочлена x 3 + x 2 +5 x +5 x =- 1 є його коренем, а це значить, що по слідству 2 з теореми Безу x 3 + x 2 +5 x +5 ділиться на (x +1) без залишку:
_x 4 +4 x 2 -5 x-1 _x 3 + x 2 +5 x +5 x +1
x 4-x 3 x 3 + x 2 +5 x +5 x 3 + x 2 x 2 +5
_x 3 +4 x 2 _5x +5
_5x 2 -5 0
5x-5
0
Звідси f (x) = (x-1) (x +1) (x 2 +5).
За слідству 7 (x 2 +5) на множники не розкладається, тому що дійсних коренів не має, тому f (x) далі на множники не розкладається.
Відповідь: x 4 +4 x 2 -5 = (x-1) (x +1) (x 2 +5).
Приклад 6
Розкласти на множники многочлен f (x) = x 4 +324.
f (x) коренів не має, тому що x 4 не може бути дорівнює -324, значить, по слідству
Відповідь: многочлен на множники не розкладається.
Приклад 7
Скласти кубічний многочлен, який має корінь 4 кратності 2 і корінь -2.
За слідству 3, якщо многочлен f (x) має корінь 4 кратності 2 і корінь -2, то він ділиться без залишку на (x-4) 2 (x +2), означає:
f (x) / (x-4) 2 (x +2) = q (x), тобто
f (x) = (x-4) 2 (x +2) q (x),
f (x) = (x 2-8x +16) (x +2) q (x),
f (x) = (x 3-8x 2 +16 x +2 x 2-16x +32) q (x),
f (x) = (x 3-6x 2 +32) q (x).
(X 3-6x два +32) - кубічний многочлен, але за умовою f (x) - також кубічний многочлен, отже, Q (x) - деякий дійсне число. Нехай Q (x) = 1, тоді f (x) = x 3-6x лютого +32.
Відповідь: x 3-6x 2 +32.
Приклад 8
Розв'язати рівняння x 4 +3 x 3-13x 2-9x +30 = 0.
30
(X-2) (x 3 +5 x 2-3x-15) = 0
(X-2) (x +5) (x 2 -3) = 0
_x 4 +3 x 3-13x 2-9x +30 x-2
x 4-2x 3 x 3 +5 x 2-3x-15
_5x 3-13x 2
5x 3-10x 2
_-3x 2-9x
-3x 2 +6 x
_-15x +30
-15x +30
0
Відповідь: x 1 = 2, x 2 =- 5, x 3,4 =
Приклад 9
Розв'язати рівняння x 6 + x 5-7x 4-5x 3 +16 x 2 +6 x-12 = 0.
Подивившись на рівняння, відразу можна сказати, що по слідству 4 воно має не більше 6 коренів рівняння.
-12
_x 6 + x 5-7x 4-5x 3 +16 x 2 +6 x-12 x-1
x 6-x 5 x 5 +2 x 4-5x 3-10x 2 +6 x +12
_2x 5-7x 4
2x 5-7x 4
_-5x 4-5x 3
-5x 4 +5 x 3
_-10x березня +16 x 2 _x 5 +2 x 4-5x 3-10x 2 +6 x +12 x +2
-10x 3-10x 2 x 5 +2 x 4 x 4-5x 2 +6
_6x 2 +6 x _ -5x 3-10x 2
6x 2-6x-5x 3-10x 2
_12x-12 _ 6x +12
12x-12 6x +12
0 0
x 6 + x 5-7x 4-5x 3 +16 x 2 +6 x-12 = (x-1) (x 5 +2 x 4-5x 3-10x 2 +6 x +12) = 0
x 6 + x 5-7x 4-5x 3 +16 x 2 +6 x-12 = (x-1) (x +2) (x 4-5x 2 +6) = 0
x 4-5x 2 +6 = 0 - біквадратні рівняння, x 1,2 =
Відповідь: x 1,2 =
Приклад 10
Розв'язати рівняння x 3-5x 2 +8 x-6 = 0.
-6
_x 3-5x 2 +8 x-6 x-3
x 3-3x 2 x 2-2x +2
_-2x 2 +8 x
-2x 2 +6 x
_2x-6
2x-6
0
x 3-5x 2 +8 x-6 = (x 2-2x +2) (x-3) = 0
x 2-2x +2 = 0 - квадратне рівняння, коренів немає, тому що D <0.
Відповідь: x = 3.
Приклад 11
Розв'язати рівняння 6x три +11 x 2-3x-2 = 0.
-2
_6x Три +11 x 2-3x-2 x +2
6x три +12 x 2 6x 2-x-1
_-X 2-3x
-X 2-2x
_-X-2
-X-2
0
6x три +11 x 2-3x-2 = (6x 2-x-1) (x +2) = 0
6x 2-x-1 = 0 - квадратне рівняння, x 1 = Ѕ, x 2 =- ⅓.
Відповідь: x 1 = Ѕ, x 2 =- ⅓, x 3 =- 2.
Висновок
Теорема Безу - одна з основних теорем алгебри, названа ім'ям французького вченого Етьєна Безу.
Існує кілька наслідків з теореми, які допомагають при вирішенні практичних завдань. З розглянутих прикладів можна зробити висновок, що теорема Безу знаходить застосування при вирішенні завдань, пов'язаних з делимостью многочленів, наприклад, знаходження залишку при діленні многочленів, визначення кратності многочленів і т.д. Також, теорема працює при розкладанні многочленів на множники, при визначенні кратності коренів та багатьох інших.
Теорема Безу знаходить застосування при розгляді однієї з найважливіших задач математики - рішенні рівнянь.
Джерела
1. Бородін О.І., Бугай А.С. Біографічний словник діячів у галузі математики.
2. Виноградов І.М. (Головний редактор) Математична енциклопедія.3. Туманов С.І. Елементарна алгебра
4. Яремчук Ф.П., Рудченко П.А. Алгебра та елементарні функції.
5. Віленкін Н.Я., Івашев-Мусатов О.С., Шварц-Бурд С.І. Алгебра і математичний аналіз.
6. Курош А.Г. Курс вищої алгебри.
7. Internet