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

Теорема. Остача від ділення многочлена Pn (x) на двочлен (х-α) дорівнює значенню цього многочлена, якщо х = α, тобто r = Pn (α).

Приклад 6. Знайдемо остачу від ділення многочлена А(x) = х3 - 3х? + 7х - 4 на двочлен (х + 3). За теоремою Безу маємо r = А(-3) = (-3)3 - 3·(-3)2 + 7·(-3) – 4 =

= -79.

Приклад 7. Розв'язати рівняння х3 - 4х? + х + 6 = 0.

Розв'язання. Керуючись теоремою Вієта, сформульованою для многочлена n-го степеня, при умові, що а0 = 1, приходимо до висновку, що раціональними коренями можуть бути лише цілі числа, що є дільниками вільного члена, тобто числа 6. Отже, корені слід шукати серед чисел ±1; ±2; ±3; ±6. Аналізуючи дані числа, приходимо до висновку, що х = -1 - корінь многочлена х3 - 4х? + х + 6. Розкладемо даний многочлен на множники, поділивши його на різницю х- (-1).

хðŸñ€ñð¼ð°ñ ñð¾ðµð´ð¸ð½ð¸ñ‚ðµð»ñŒð½ð°ñ ð»ð¸ð½ð¸ñ 22 ðŸñ€ñð¼ð°ñ ñð¾ðµð´ð¸ð½ð¸ñ‚ðµð»ñŒð½ð°ñ ð»ð¸ð½ð¸ñ 23 3 - 4х? + х + 6 х+1 х? - 5х + 6 = (х - 2)(х - 3)

х3 + х? х? - 5х + 6

ðŸñ€ñð¼ð°ñ ñð¾ðµð´ð¸ð½ð¸ñ‚ðµð»ñŒð½ð°ñ ð»ð¸ð½ð¸ñ 24 -5х2 + х

ðŸñ€ñð¼ð°ñ ñð¾ðµð´ð¸ð½ð¸ñ‚ðµð»ñŒð½ð°ñ ð»ð¸ð½ð¸ñ 252 - 5х

6х + 6

ðŸñ€ñð¼ð°ñ ñð¾ðµð´ð¸ð½ð¸ñ‚ðµð»ñŒð½ð°ñ ð»ð¸ð½ð¸ñ 26 6х + 6

0
Тоді, х3 - 4х? + х + 6 = 0

(х + 1)( х - 2)(х - 3) = 0

х1 =1; х2 =2 х3 =3.

Відповідь 1; 2; 3.

Приклад 8. Розв'язати рівняння : х4 + 2х3 - 2х? + 2х – 3 = 0.

Розв'язання. Можливі раціональні корені знаходяться серед чисел ±1; ±3. Перевірка даних значень показує, що 1 – корінь даного рівняння, тоді

х4 + 2х3 - 2х? + 2х – 3 = (х - 1)( х3 +3х? + х + 3).

Розкладемо многочлен х3 + 3х? + х + 3 на множники.

Маємо х3 +3х? + х + 3= х?(х + 3) + (х + 3) = (х + 3)( х2 + 1). Тоді,

(х - 1)(х + 3)( х2 + 1) = 0,

х – 1 = 0 або х + 3=0 або х2+1=0

х1=1; х2 = - 3; х2 = -1

х = ±і. Відповідь 1; -3; ±і

Приклад 9. Розв'язати рівняння х4 + х3 - 8х? + 3х + 5 = 0.

Розв'язання. Можливі корені знаходяться серед чисел ±1; ±5. Перевірка даних значень показує, що це рівняння не має раціональних коренів. Застосовуємо метод невизначених коефіцієнтів. Подамо многочлен лівої частини рівняння у вигляді добутку двох квадратних тричленів.

х4 + х3 - 8х? + 3х + 5 = ( х? + ах + b)( х? + сх + d)

( х? + ах + b )( х? + сх + d ) = х4 + сх3 + dх? + ах3 + асх2 + аdх + bх2 + bсх + db =

= х4 + х3 ( а + с ) + х2 ( d + ас + b ) + х( аd + bс ) + db.

Прирівняємо коефіцієнти при однакових степенях зліва і справа.

ð›ðµð²ð°ñ ñ„ð¸ð³ñƒñ€ð½ð°ñ ñðºð¾ð±ðºð° 27 1= а + с,

-8 = ас + b + d,

3 = аd + bс,

5 = bd.

Оð›ðµð²ð°ñ ðºñ€ñƒð³ð»ð°ñ ñðºð¾ð±ðºð° 36 скільки множники в останньому рівнянні системи рівноправні і ми шукаємо розв'язки системи у цілих числах, то дана система рівносильна сукупності

ð›ðµð²ð°ñ ñ„ð¸ð³ñƒñ€ð½ð°ñ ñðºð¾ð±ðºð° 30 ð›ðµð²ð°ñ ñ„ð¸ð³ñƒñ€ð½ð°ñ ñðºð¾ð±ðºð° 32 ð›ðµð²ð°ñ ñ„ð¸ð³ñƒñ€ð½ð°ñ ñðºð¾ð±ðºð° 33 ð›ðµð²ð°ñ ðºñ€ñƒð³ð»ð°ñ ñðºð¾ð±ðºð° 35 а + с =1, а1 = 2, с1 = -1, а = -1,

ас = -2, а2 = -1, с2 = 2, с = 2,

-5а - с = 3, -12 ≠ 3, 3 = 3, b1= -1,

b = -1, d = - 5, b1 = -1, d = -5, d1= -5.

ð›ðµð²ð°ñ ñ„ð¸ð³ñƒñ€ð½ð°ñ ñðºð¾ð±ðºð° 31 ð›ðµð²ð°ñ ñ„ð¸ð³ñƒñ€ð½ð°ñ ñðºð¾ð±ðºð° 34 а + с = 1, (с1 =  , с2 =  ,

ас = -14, (а1 =  , а2 =  ,

5а + с = 3, b1= -1, d = 5.

b =1, d = 5.
Отже, х4 + х3 - 8х? + 3х + 5 = ( х? - х - 1)( х? + 2х - 5) = 0.

х? - х - 1 = 0 або х? + 2х – 5 = 0.

D = 1 + 4 = 5 D = 4 + 20 = 24

х1 =   х3 =   = -1+ ,

х2 =   х4 = -1-  

Відповідь:   ; -1 ±  .

Приклад 10. Розв'язати рівняння : с5 + с4 + с3 + с2 + с + 1 = 0.

Розв'язання. Число 1 не є розв'язком даного рівняння, тоді (с - 1) ≠ 0. Тоді множимо обидві частини рівняння на с - 1. Маємо

5 + с4 + с3 + с2 + с + 1)(с - 1) = 0.

с6 + с5 + с4 + с3 + с2 + с - с5 - с4 - с3 - с2 – с – 1 = 0, тоді

с6 - 1 = 0. Розв'язки цього рівняння було знайдено у прикладі 1.

Відповідь: с1,2 = ±1, с3,4 = , с5,6 = 
2. Метод заміни змінних.

Цей метод дає змогу раціоналізувати розв'язання багатьох видів алгебраїчних рівнянь вищих степенів. Серед них особливу роль слід звернути на симетричні та зворотні рівняння.

Симетричним називають рівняння виду а0 xn + а1 xn-1 + а2 xn-2 + … + аn-2 x2 + +аn-1 x + аn = 0.

Розглянемо рівняння а0 x4 + а1 x3 + а2 x2 + а3 x + а4 = 0 – симетричне рівняння парного степеня. Поділимо обидві частини рівняння на x2 (х ≠ 0). Дістанемо рівносильне йому рівняння:

а0 x2 + а1 x + а2 + + = 0, тоді

а0 (x2 + ) + а1 (x +  ) + а2 = 0. Введемо позначення: x +   = у, тоді

у2 = ( x +  )2 = х2 + 2 + , отже

х2 +  = у2 - 2. Дістанемо рівняння відносно нової змінної у.

а0( у2 – 2 ) + а1у + а2 = 0,

а0у2 + а1у – ( 2а0 - а2 ) = 0.

Розв'язавши утворене рівняння, зводимо початкове рівняння до двох рівнянь:

x +   = у1 та x +   = у2.

Приклад 11. Розв'язати рівняння: 6 x4 + 5x3 - 38x2 + 5x + 6 = 0.

Розв'язання: Поділимо обидві частини рівняння на x2 . Маємо

6 (x2 + ) + 5 (x +  ) - 38 = 0.

Нехай x +   = у, тоді x2 + = у2 - 2, отже

6( у2 -2 ) + 5у – 38 = 0,

2 -12 + 5у – 38 = 0,

2 + 5у – 50 = 0.

Звідси у1 =   ; у2 = -   . Врахувавши підстановку, маємо

x +   x +   -  

х2 -  х +1 = 0 х2 +  х + 1 = 0.

х1 =   х3 = -  

х2 = 2 х4 = -3.

Відповідь: -   , 2, - 3.

Приклад 12. Розв'язати рівняння: 3 x4 + 2x3 + 5x2 + 2x + 3 = 0.

Розв'язання: Поділимо обидві частини рівняння на x2 . Маємо

2 + 2х + 5 +   + = 0, тоді

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

Нехай x +   = с, тоді

x2 + = с2 - 2.

3( с2 - 2) + 5с + 5 = 0,

2 + 2с – 1 = 0

с1 =   ; с2 = - 1. Отже,

x +   і x +

х2 -  х +1 = 0 х2 + х + 1 = 0.

х1,2 =   х3,4 =  

Відповідь:     .

Приклад 13. Розв'язати рівняння:   -   = 1.

Розв'язання: Введемо заміну = х, тоді

  -   = 1.

Перетворимо ліву частину рівняння:

  = 1,

– 1 = 0. Звідси

2 - 4х = 0 х2 – х - 2 ≠ 0

х1 = 0, х2 = - 4 х1 ≠ 2, х2 ≠ - 1. Використаємо підстановку

а2 - а = 0 і а2 - а = - 4 маємо

а1 = 0, а2 = 1 D = -15

а3,4 =   .

Відповідь: 0; 1;  

Приклад 14. Розв'язати рівняння: 5х5+ х4 - 5х3 -2 + х + 4 = 0 – симетричне рівняння непарного степеня.

Розв'язання: Згрупуємо симетричні члени. Дістанемо:

4( х5+ 1) + х( х3 + 1 ) - 5х2 ( х + 1) = 0,

4( х+ 1)( х4 - х3 + х2 - х + 1)+( х + 1)( х3 - х2 + х ) - 5х2 ( х + 1),

(х + 1)(4х4 - 3х3 - 2х2 - 3х + 4) = 0,

Звідки х1 = -1, 4х4 - 3х3 - 2х2 - 3х + 4 = 0 – симетричне рівняння 4-го степеня х2 = х3 = 1, х4,5 =  .

Відповідь: ±1;  .

3. Спостереження за властивостями чисел.

Досить часто розглядані раніше методи не дають результатів при розв'язуванні нестандартних рівнянь. Тоді шукані розв'язки можна знайти спостереженням за властивостями чисел, що входять до складу рівняння.

Приклад 15. Розв'язати рівняння: (х + 3)4 + (х + 5)4 = 16

Розв'язання. Спостереження числових компонентів дають можливість зробити такі висновки:

  1. 16 = 24;

  2. (х + )4 = 24, якщо х = - 5 і при цьому (х + 5)4 = 0;

  3. (х + 5)4 = 24, якщо х = - 3 і при цьому (х + 3)4 = 0;

Отже, числа -3 і -5 є коренями даного рівняння.

Нехай х + 4 = у, тоді рівняння ( х + 3)4 + (х + 5)4 = 16 прийме вид

(у – 1) 4 + (у + 1) 4 = 16, отже

у4 - 4у3 + 6у2 – 4у +1 + у4 + 4у3 + 6у2 + 4у +1 = 16,

у4 + 6у2 – 7 = 0, тоді

у2 = 1; у2 = -7.

Враховуючи підстановку х + 4 = у , маємо

(х + 4) 2 = 1 і (х + 4) 2 = -7

х2 + 8х + 15 = 0 х2 + 8х + 23 = 0

х1 = -5; х2 = -3 D = -28

х3,4 =   = -4 ± і 

Відповідь: -5; -3; -4 ± і 

Приклад 16. Розв'язати рівняння: х6( 1 – х ) – х3 ( 1 – х2 ) + х – х2 = 0.

Розв'язання: Розкладемо на множники ліву частину:

х6(1 – х) – х3 (1 – х )(1 + х) + х(1 – х) = 0,

х(1 – х)(х5 – х2(1 + х) + 1) = 0,

х1 = 0 або 1 – х = 0 або х5 – х2 – х3 + 1 = 0.

х2 = 1

Аналіз показників степенів та коефіцієнтів показує, що рівняння

х5 – х2 – х3 + 1 = 0 має корені х = ± 1.

Отже, х5 –х2– х3 +1 = ( х – 1) ( х – 1 ) ( х2 + х + 1)

х2 + х + 1 = 0 при х1 = 2 =  

Відповідь: 0 ; ± 1;  .

Метод спостереження дає можливість розв'язувати рівняння вищих степенів, що містять знак модуля

Приклад 17. Розв'язати рівняння: 3 |х7| + 6х4 + 4|х|3 + 7х2 + 13| х| = 0.

Розв'язання: Оскільки |х|n ≥ 0, при будь-якому х , то єдиним коренем рівняння може бути число 0. Якщо х ≠ 0, то ліва частина рівняння більша нуля.

Відповідь: 0.

4. Рівняння з параметром.

Для розв'язування деяких нетипових рівнянь іноді доцільним є ведення параметра. Для рівнянь такого типу можна сформулювати деякі загальні положення, дотримання яких дають певні орієнтири:

  1. Встановлюють ОЗД змінної, а також ОДЗ параметрів;

  2. Виражають змінну через параметри;

  3. Для кожного допустимого значення параметра знаходять множину всіх коренів рівняння;

  4. Досліджують особливі значення параметра, при яких корені рівняння існують, але не виражаються формулами, які дістали.

Приклад 18. Розв'язати рівняння: х3 – (  + 1)х2 + 7 = 0 за допомогою введення параметра.

Розв'язання: Нехай   = а , тоді

х3 – (а + 1)х2 + а2 = 0,

х3 - ах2 - х2 + а2 = 0,

а2 - ах2 - (х3- х2) = 0,

Дістали квадратне рівняння відносно а.

D = х4 – 4(х3 - х2 ) = х4 – 4х3 - 4х2 = (х2 – 2х)2

а1 =   = х2 – х; а2 =   = х.

Отже, а2 - ах2 - (х3- х2) = (а - х2 + х)(а – х) = 0.

Підставимо значення параметра:

(  - х2 + х)(  – х) = 0,

  - х2 + х = 0 або   - х = 0

D = 1+28 = 29 х =  

х1 =  

Відповідь:   ,  

Приклад 19. Розв'язати рівняння: х3 – (2а+ 1)х2 + (а2 + а)х – (а2 - а) = 0

Розв'язання: Запишемо рівняння у виді

х3 – 2ах2 - х2 + а2х + ах – а2 + а = 0, тоді

а2(х – 1) – а(2х2 – х – 1) + х2( х- 1) = 0,

а2(х – 1) – а(х - 1)(2х + 1) + х2(х - 1) = 0, отже

(х – 1)(а2 – (2х + 1)а + х2 ) = 0

Звідси х – 1 = 0 або х2 – 2ах + а2 – а = 0

х = 1

Розв'яжемо квадратне рівняння відносно х:

а) якщо а ≥ 0, то х1 = а +   , х2 = а -   ;

б) якщо а < 0, то рівняння має вигляд

х2 + 2ах + а2 + а = 0

D = - 4а, звідси

х1 = - а + і  , х2 = - а - і  .

Відповідь: якщо а ≥ 0, т х1= 1, х2 = а +   , х3 = а -  

якщо а < 0, то х1= 1, х2= - а + і  , х3= - а - і 
Приклад 20. Розв'язати рівняння: z3 – ( 2p+ 1)z2 + ( p2 + 2p - q )z – (p2 – q ) = 0

Розв'язання: Запишемо рівняння у виді

z3 – 2pz2 - z2 + p2z + 2pz – qz - p2 + q = 0, тоді

p2(z – 1) – 2pz(z – 1 + z2(z - 1) – q(z – 1) = 0,

(z – 1)(p2 – 2pz + z2 – q) = 0,

z – 1 = 0 або p2 – 2pz + z2 – q = 0

z = 1 (p - z)2 = q

(p – z) = ±  

z = p ±  

а) якщо q > 0, то z1 = 0, z2 = p +   , z3 = p -   ;

б) якщо q < 0 , то z1 = 0, z2 = p + i , z3 = p - i .

Відповідь: якщо q > 0, то z1 = 0, z2,3 = p ±  

1   2   3   4

скачати

© Усі права захищені
написати до нас