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 1
Наслідок 2
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;
позначити і довести наслідки 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 училище гардемаринів, а з 1768 року і в королівському артилерійському корпусі.
Основні роботи Етьєна Безу ставляться до вищої алгебри, вони присвячені створенню теорії рішення алгебраїчних рівнянь. У теорії розв'язання систем лінійних рівнянь він сприяв виникненню теорії визначників, розвивав теорію винятку невідомих з систем рівнянь вищих ступенів, довів теорему (вперше сформульовану К. Маклореном) про те, що дві криві порядку m і n перетинаються не більше ніж в 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 зовнішньої 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 x - a 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.
Ми знаємо, що існують такі алгебраїчні вирази, які втрачають сенс при деяких значеннях окремих 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.
Добуток 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 такий творі 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) * . При x = 1 перший множник звертається в нуль, а другий втрачає сенс. Не можна стверджувати, що цей твір при x = 1 дорівнює нулю.
Lim [(1 - x) * ] = Lim
= 1 / 2.
x → 1 x → 1
Отже, при x = 1 сам твір (1 - x) * сенсу не має. Але його межа має сенс, а саме дорівнює ½, а не нулю, як це помилково можна було припустити.
Доказ теореми Безу
Нехай f (x) позначає собою довільний многочлен n-го ступеня щодо змінної x і нехай при його розподілі на двочлен (x - a) 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) = (x - a) 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) = (a - a) q (a) + R. (1)
Тут символ f (a) означає 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 (a - a) q (a) дорівнює нулю, так як множник (a - a) 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 потрібно було довести.
Наслідки з теореми
Слідство 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. Отже, R = f (-b / a),
що потрібно було довести.
Наслідок 2:
Якщо число a є коренем многочлена f (x), то цей многочлен ділиться на (x - a) без залишку.
Доказ:
По теоремі Безу залишок від ділення многочлена f (x) на (x - a) дорівнює f (a), а за умовою a є коренем f (x), а це означає, що f (a) = 0, що потрібно було довести .
З даного слідства теореми Безу видно, що завдання вирішення рівняння f (x) = 0 рівносильна завданню виділення делителей многочлена f, що мають перший ступінь (лінійних делителей).
Слідство 3:
Якщо многочлен f (x) має попарно різні коріння a 1, a 2, ..., a n, то він ділиться на твір (x - a 1) ... (x - a n) без залишку.
Доказ:
Проведемо доказ за допомогою математичної індукції за кількістю коренів. При n = 1 твердження доведено у 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 (x - a 1) ... (x - a k), звідки виходить, що
f (x) = (x - a 1) ... (x - a 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 правильне 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 з слідства 2 виходить, що q (x) ділиться на (x - a k + 1) без залишку.
q (x) = (x - a 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 (x - a 1) ... (x - a 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 потрібно було довести.
Слідство 4:
Многочлен ступеня n має не більше n різних коренів.
Доказ:
Скористаємося методом від протилежного: 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 доведеним Наслідок 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 невірно, і многочлен ступеня n не може мати більше, ніж n коренів, що потрібно було довести.
Слідство 5:
Для будь-якого многочлена f (x) і числа a різницю (f (x) - f (a)) ділиться без залишку на двочлен (x - a).
Доказ:
Нехай f (x) - даний многочлен ступеня n, a - будь-яке число.
Многочлен f (x) можна представити у вигляді: f (x) = (x - a) q (x) + R, де q (x) - многочлен, приватне при розподілі f (x) на (x - a), R - залишок від ділення f (x) на (x - a).
Причому по теоремі Безу:
R = f (a), тобто
f (x) = (xa) q (x) + f (a).
Звідси
f (x) - f (a) = (x - a) q (x),
а це і означає подільність без залишку (f (x) - f (a))
на (x - a), що і вимагалося довести.
Слідство 6:
Число a є коренем многочлена f (x) ступеня не нижче першої тільки тоді, коли f (x) ділиться на (x - a) без залишку.
Доказ:
Щоб довести цю 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 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 по теоремі 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 і вимагалося довести.
Слідство 7:
Многочлен, що не має дійсних коренів, в розкладанні на множники лінійних множників не містить.
Доказ:
Скористаємося методом від противного: 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 невірно і многочлен, що не має дійсних коренів, в розкладанні на множники лінійних множників не містить, що 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 (x - a);
записати в лівій частині рівняння твір дільника і приватного;
вирішити отримане рівняння.
Приклад 1
Знайти залишок від ділення многочлена x 3 -3 x 2 +6 x -5
на двочлен x -2.
По теоремі 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 -4 x -4 ділиться без залишку на двочлен x -2?
По теоремі Безу: R = f (2) = 16 +8 a +12-8- 4 = 8 a +16.
Але за умовою R = 0, значить 8 a +16 = 0, звідси a =- 2.
Відповідь: a =- 2.
Приклад 3
При яких значеннях a і b многочлен ax 3 + bx 2 -73 x +102 ділиться на тричлен x 2 -5 x +6 без залишку?
Розкладемо дільник на множники: x 2 -5 x +6 = (x -2) (x -3).
Оскільки двочлен x -2 і x -3 взаємно прості, то даний многочлен ділиться на x -2 і на x -3, а це означає, що по теоремі 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:
8 a +4 b -44 = 0 2 a + b = 11
27 a +9 b -117 = 0 3 a + 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 -9 x 2 +11 x + b
ділиться без залишку на тричлен x 2 -2 x +1?
Уявімо дільник так: x 2 - 2 x + 1 = (x - 1) 2
Даний многочлен ділиться на x -1 без залишку, якщо по теоремі Безу:
R 1 = f (1) = 1 + a -9 +11 + b = a + b +3 = 0.
Знайдемо частка 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 2 +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
З 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 означає, 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 означає, 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 _5 x +5
x 3 - x 2 травня x +5
_5 X 2 -5 0
5 x 2 -5 x
_5 X -5
5 x -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).
По слідству 7 (x 2 +5) на множники не розкладається, тому 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 рівний -324, значить, по слідству 7 f (x) на множники не розкладається.
Відповідь: многочлен на множники не розкладається.
Приклад 7
Скласти кубічний багаточлен, має корінь 4 кратності 2 і корінь -2.
По 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), т. е.
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 -6 x 2 +32) q (x).
(X 3 -6 x 2 +32) - кубічний багаточлен, але за умовою f (x) - також кубічний багаточлен, отже, Q (x) - деякий дійсне число. Нехай Q (x) = 1, тоді f (x) = x 3 -6 x 2 +32.
Відповідь: x 3 -6 x 2 +32.
Приклад 8
Вирішити рівняння x 4 +3 x 3 -13 x 2 -9 x +30 = 0.
30 1;
2,
3,
5,
6,
10.
(X -2) (x 3 +5 x 2 -3 x -15) = 0
(X -2) (x +5) (x 2 -3) = 0
_ X 4 +3 x 3 -13 x 2 -9 x +30 x -2
x 4 -2 x 3 x 3 +5 x 2 -3 x -15
_5 X 3 -13 x 2
5 x 3 -10 x 2
_-3 x 2 -9 x
-3 X 2 +6 x
_-15 x +30
-15 X +30
0
Відповідь: x 1 = 2, x 2 =- 5, x 3,4 = .
Приклад 9
Вирішити рівняння x 6 + x 5 -7 x 4 -5 x 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 1;
2;
3;
4;
6;
12.
_ X 6 + x 5 -7 x 4 -5 x 3 +16 x 2 +6 x -12 x -1
x 6 - x 5 x 5 +2 x 4 -5 x 3 -10 x 2 +6 x +12
_2 X 5 -7 x 4
2 x 5 -7 x 4
_-5 x 4 -5 x 3
-5 X 4 +5 x 3
_-10 x 3 +16 x 2 _ x 5 +2 x 4 -5 x 3 -10 x 2 +6 x +12 x +2
-10 X 3 -10 x 2 x 5 +2 x 4 x 4 -5 x 2 +6
_6 X 2 +6 x _ -5 X 3 -10 x 2
6 x 2 -6 x -5 x 3 -10 x 2
_12 X -12 _ 6 x +12
12 x -12 6 x +12
0 0
x 6 + x 5 -7 x 4 -5 x 3 +16 x 2 +6 x -12 = (x -1) (x 5 +2 x 4 -5 x 3 -10 x 2 +6 x +12) = 0
x 6 + x 5 -7 x 4 -5 x 3 +16 x 2 +6 x -12 = (x -1) (x +2) (x 4 -5 x 2 +6) = 0
x 4 -5 x 2 +6 = 0 - біквадратное рівняння, x 1,2 = , X 3,4 =
.
Відповідь: x 1,2 = , X 3,4 =
, X 5 = 1, x 6 =- 2.
Приклад 10
Вирішити рівняння x 3 -5 x 2 +8 x -6 = 0.
-6
1;
2;
3;
6.
_ X 3 -5 x 2 +8 x -6 x -3
x 3 -3 x 2 x 2 -2 x +2
_-2 x 2 +8 x
-2 X 2 +6 x
_2 X -6
2 x -6
0
x 3 -5 x 2 +8 x -6 = (x 2 -2 x +2) (x -3) = 0
x 2 -2 x +2 = 0 - квадратне рівняння, коренів немає, т.к. D <0.
Відповідь: x = 3.
Приклад 11
Вирішити рівняння 6 x 3 +11 x 2 -3 x -2 = 0.
-2
1;
2.
_6 X 3 +11 x 2 -3 x -2 x +2
6 x 3 +12 x 6 лютого x 2 - x -1
_-X 2 -3 x
- X 2 -2 x
_-X -2
- X -2
0
6 x 3 +11 x 2 -3 x -2 = (6 x 2 - x -1) (x +2) = 0
6 x 2 - x 1 = 0 - квадратне рівняння, x 1 = ½, x 2 =- ⅓.
Відповідь: x 1 = ½, 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 подільністю многочленів, наприклад, знаходження залишку при діленні многочленів, визначення кратності багаточленів і т.д. Також, теорема працює при розкладанні многочленів на множники, при визначенні кратності коренів і багатьох інших.
Теорема Безу знаходить застосування при розгляді однієї з найважливіших задач математики - рішенні рівнянь.
Джерела
Бородін О.І., Бугай А.С. Біографічний словник діячів у галузі математики.
Виноградов І.М. (Головний редактор) Математична енциклопедія.
Туманов С.І. Елементарна алгебра
Яремчук Ф.П., Рудченко П.А. Алгебра та елементарні функції.
Віленкін Н.Я., Івашев-Мусатов О.С., Шварц-Бурда С.І. Алгебра і математичний аналіз.
Курош А.Г. Курс вищої алгебри.
Internet