АГЕНТСТВО ОБРАЗОВАНИЯ АДМИНИСТРАЦИИ КРАСНОЯРСКОГО КРАЯ КРАСНОЯРСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ ЗАОЧНАЯ ЕСТЕСТВЕННО-НАУЧНАЯ ШКОЛА при КрасГУ

АГЕНТСТВО ОБРАЗОВАНИЯ АДМИНИСТРАЦИИ
КРАСНОЯРСКОГО КРАЯ
КРАСНОЯРСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ
ЗАОЧНАЯ ЕСТЕСТВЕННО-НАУЧНАЯ ШКОЛА при КрасГУ
ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ ГЛАВЫ МАТЕМАТИКИ
10 класс
Модуль 4
МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ АЛГЕБРАИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ
Учебно-методическая часть
Красноярск
2006
Составитель: С.Г.Мысливец
Дополнительные главы математики. 10 класс. Модуль 4. Методы решения алгебраических уравнений: учебно-методическая часть/ сост.: С.Г.Мысливец; Красноярск:
РИО КрасГУ. — 2006. — 30 с.
ISBN 5-7638-0707-3
Печатается по решению Дирекции Краевого учреждения дополнительного образования "Заочная естественно-научная школа" при Красноярском государственном
университете
ISBN 5-7638-0707-3
c Красноярский
государственный
университет, 2006
Введение
К решению алгебраических уравнений сводятся многие задачи математики. Данное пособие рассматривает решение алгебраических уравнений над полем комплексных чисел.
1. Понятие уравнения. Алгебраическое уравнение
1.1. Уравнение
Пусть даны две функции f (x) и g(x) от одного переменного x.
Определение 1.1. Равенство f (x) = g(x) называется уравнением.
Если в качестве функции рассмотреть многочлен степени n
Pn (x) = a0 xn + a1 xn−1 + . . . + an−1 x + an
с действительными коэффициентами ai , i = 0, 1, . . . , n, то уравнение вида Pn (x) = 0
называется алгебраическим уравнением. Мы будем рассматривать решение алгебраических уравнений над полем комплексных чисел.
Определение 1.2. Число x0 называется решением или корнем уравнения, если при
подстановке его в уравнение вместо переменной x получается верное числовое равенство, т.е. тождество.
Решить уравнение — это значит найти все его корни.
Процесс решения уравнения, как правило, состоит в последовательной замене
уравнения более простым уравнением или в замене его совокупностью уравнений.
Делая некоторые преобразования в одной или в обеих частях уравнения, получаем
новое уравнение, которым заменяем исходное. Поэтому возникает вопрос: совпадают
ли корни исходного уравнения с корнями полученного уравнения? Мы пришли к
понятию равносильности уравнений.
1.2. Равносильность уравнений
Определение 1.3. Два уравнения
f1 (x) = g1 (x) и f2 (x) = g2 (x)
называются равносильными (эквивалентными), если совпадают множества всех
их решений или они оба не имеют решений.
Из определения равносильности следует, что вместо того, чтобы решать данное
уравнение, можно решать уравнение, ему равносильное.
Понятие равносильности обладает свойством транзитивности, т.е. если уравнение
f (x) = g(x) равносильно уравнению t(x) = s(x) и уравнение t(x) = s(x) равносильно
3
уравнению m(x) = p(x), то уравнение f (x) = g(x) равносильно уравнению m(x) =
p(x).
Говорят, что уравнение равносильно данной совокупности уравнений, если множество всех корней уравнения совпадает с множеством всех решений совокупности
уравнений.
Пример 1.1. Уравнение x = 1 равносильно уравнению 2x − 2 = 0.
Пример 1.2. Являются ли равносильными уравнение
x2 − 6x + 5 = 0
и совокупность уравнений
x − 1 = 0,
x − 5 = 0?
Решение. Являются, поскольку решением уравнения будут числа x1 = 1 и x2 = 5
и они же будут решением совокупности уравнений.
Определение 1.4. Если любой корень уравнения f1 (x) = g1 (x) является корнем
уравнения f2 (x) = g2 (x), то второе уравнение называют следствием первого уравнения.
Если заменить уравнение его следствием, то множество решений второго уравнения будет содержать все корни исходного уравнения и помимо них может содержать
еще некоторые числа, называемые посторонними корнями.
Пример 1.3. Уравнение
x − 1 = 6 − 2x
после возведения в квадрат заменяется уравнением
(x − 1)2 = (6 − 2x)2 ,
ему не равносильным. Действительно, единственный корень исходного уравнения —
7
число — является решением второго уравнения, но корень этого уравнения — число
3
5 — не является решением исходного уравнения. Поэтому второе уравнение является
следствием первого уравнения.
Утверждения о равносильности уравнений.
1. Уравнения f (x) = g(x) и f (x) − g(x) = 0 равносильны.
2. Уравнения f (x) = g(x) и f (x) + α = g(x) + α равносильны для любого числа α.
3. Уравнения f (x) = g(x) и αf (x) = αg(x) равносильны для любого числа α 6= 0.
4. Пусть функции f (x) и g(x) неотрицательны, тогда уравнения f (x) = g(x) и
f n (x) = g n (x) (n ∈ N) равносильны.
5. Пусть функция h(x) не обращается в нуль ни в одной точке и ее область
определения содержит области определения функций f (x) и g(x), тогда уравнения
f (x) = g(x) и f (x)h(x) = g(x)h(x) равносильны.
Утверждения о следствии.
1. Уравнение f 2n (x) = g 2n (x) (n ∈ N) является следствием уравнения f (x) = g(x).
2. Уравнение f (x) = g(x)h(x) является следствием уравнения f (x)/h(x) = g(x).
4
3. Уравнение f (x) = g(x) является следствием уравнения f (x)+h(x) = g(x)+h(x).
4. Совокупность уравнений
f (x) = 0,
g(x) = 0
является следствием уравнения f (x)g(x) = 0.
Контрольный вопрос 1.1. Что такое равносильные уравнения?
2. Линейные, квадратные и трехчленные уравнения
2.1. Линейные уравнения
Определение 2.1. Уравнение вида
ax + b = 0,
(2.1)
где a и b — действительные числа, причем a 6= 0, называется линейным уравнением.
b
Уравнение (2.1) имеет единственный корень, равный − .
a
Пример 2.1. Решить уравнение
x
x 2x − 1
+
=1− .
3
6
3
Решение. Исходное уравнение равносильно уравнению
x x x
1
+ + =1+ .
3 3 3
6
7
Отсюда x = .
6
Пример 2.2. Решить уравнение
(a − 1)x + 2 = a + 1.
Решение. При a 6= 1 данное уравнение является линейным и поэтому имеет единa−1
ственное решение x =
= 1.
a−1
При a = 1 уравнение принимает вид 0 · x + 2 = 2, поэтому любое действительное
число будет его решением.
2.2. Квадратные уравнения
Определение 2.2. Уравнение вида
ax2 + bx + c = 0,
(2.2)
где a, b, c — действительные числа, причем a 6= 0, называется квадратным уравнением.
5
Напомним, что D = b2 −4ac называется дискриминантом квадратного трехчлена.
Если D > 0, то уравнение (2.2) имеет два различных действительных корня:
√
√
−b + D
−b − D
x1 =
,
x2 =
,
2a
2a
и тогда
ax2 + bx + c = a(x − x1 )(x − x2 ).
Если D = 0, то уравнение (2.2) имеет два совпадающих корня:
x1 = x2 = −
b
,
2a
и тогда
ax2 + bx + c = a(x − x1 )2 .
Если D < 0, то уравнение (2.2) имеет два комплексных сопряженных корня:
p
p
−b − i |D|
−b + i |D|
,
x2 =
,
x1 =
2a
2a
p
p
p
√
напомним, что в этом случае D = −|D| = i2 |D| = i |D|, где i2 = −1.
Пример 2.3. Решить уравнение
x2 − 5x + 6 = 0.
Решение. Поскольку D = 25 − 24 = 1 > 0, то квадратное уравнение имеет два
5−1
5+1
= 3 и x2 =
= 2.
действительных корня: x1 =
2
2
Пример 2.4. Решить уравнение
x2 + 6x + 9 = 0.
Решение. Поскольку D = 36 − 36 = 0, то квадратное уравнение имеет два совпадающих действительных корня: x1 = x2 = −3.
Пример 2.5. Решить уравнение
x2 − 4x + 13 = 0.
Решение. Поскольку D = 16 − 52 = −36 < 0, то квадратное уравнение имеет два
4 ± 6i
сопряженных комплексных корня: x1,2 =
= 2 ± 3i.
2
Пример 2.6. Решить уравнение
ax2 + 2x + 1 = 0.
Решение. При a = 0 получаем линейное уравнение 2x + 1 = 0, которое имеет
1
единственное решение x = − .
2
6
При a 6= 0 уравнение является квадратным и его дискриминант D = 4 − 4a. При
a > 1 дискриминант D < 0, поэтому уравнение имеет два сопряженных комплексных
корня:
√
√
−2 ± i 4a − 4
−1 ± i a − 1
x1,2 =
=
.
2a
a
При a = 1 дискриминант D = 0, поэтому данное уравнение имеет два совпадающих корня:
−2
= −1.
x1 = x2 =
2
При a < 1, a 6= 0, дискриминант D > 0, и, следовательно, данное уравнение имеет
два различных действительных корня:
√
√
−2 + 4 − 4a
−1 + 1 − a
x1 =
=
,
2a
a
√
√
−1 − 1 − a
−2 − 4 − 4a
=
.
x2 =
2a
a
Напомним теорему Виета.
Теорема 2.1 (Виета). Если x1 и x2 — корни квадратного уравнения ax2 + bx + c и
a 6= 0, то

 x1 + x2 = − b ,
a
 x1 · x2 = c .
a
Пример 2.7. Найти сумму квадратов и сумму кубов корней уравнения
x2 − 5x + 3 = 0.
Решение. Дискриминант данного уравнения D = 25 − 12 = 13 > 0 и поэтому
уравнение имеет два различных действительных корня.
По теореме Виета имеем x1 + x2 = 5 и x1 · x2 = 3. Представим сумму квадратов и
сумму кубов соответственно в виде
x21 + x22 = (x1 + x2 )2 − 2x1 x2 ,
x31 + x32 = (x1 + x2 )(x21 − x1 x2 + x22 ) = (x1 + x2 )((x1 + x2 )2 − 3x1 x2 ).
Отсюда находим
x21 + x22 = 52 − 2 · 3 = 25 − 6 = 19,
x31 + x32 = 5 · (52 − 3 · 3) = 5 · (25 − 9) = 5 · 16 = 80.
Пусть x1 и x2 — корни уравнения x2 + px + q = 0 и Sn = xn1 + xn2 (n > 2, n ∈ N).
Тогда справедлива рекуррентная формула (Ньютона):
Sn+1 = −pSn − qSn−1 ,
S1 = −p,
7
S2 = p2 − 2q.
Действительно, так как x1 и x2 — корни уравнения,то
x21 + px1 + q = 0,
x22 + px2 + q = 0.
Умножая первое равенство на xn−1
, а второе на xn−1
и складывая затем полученные
1
2
равенства, получаем рекуррентную формулу.
Пример 2.8. Составить квадратное
с рациональными коэффициента√
√ уравнение
3− 5
√ .
ми, один из корней которого равен √
3+ 5
Решение. Пусть x2 + px + q = 0 (где p и q — рациональные числа) — искомое
уравнение.
Обозначим
√
√
√
√
√
3− 5
( 3 − 5)2
√ = √
√
= −4 + 15,
x1 = √
3+ 5
( 3)2 − ( 5)2
√
тогда, очевидно, корень x2 = −4 − 15. По теореме Виета найдем
√
√
p = −(x1 + x2 ) = −(−4 + 15 − 4 − 15) = 8,
√
√
q = x1 · x2 = (−4 + 15)(−4 − 15) = 16 − 15 = 1.
Итак, примером искомого уравнения служит квадратное уравнение x2 + 8x + 1 = 0.
Пример 2.9. Доказать, что два квадратных уравнения
x2 + p1 x + q1 = 0 и x2 + p2 x + q2 = 0,
дискриминанты которых неотрицательны, имеют по крайней мере один общий корень тогда и только тогда, когда
(q2 − q1 )2 = (p2 − p1 )(p1 q2 − q1 p2 ).
Решение. Пусть f1 (x) = x2 + p1 x + q1 , f2 (x) = x2 + p2 x + q2 и числа x1 , x2 являются
корнями уравнения f1 (x) = 0. Для того, чтобы уравнения f1 (x) = 0 и f2 (x) = 0 имели
по крайней мере один общий корень, необходимо и достаточно, чтобы f2 (x1 )·f2 (x2 ) =
0, т.е. чтобы
(x21 + p2 x1 + q2 )(x22 + p2 x2 + q2 ) = 0.
Представим последнее равенство в виде
x21 + p1 x1 + q1 + (p2 − p1 )x1 + q2 − q1 x22 + p1 x2 + q1 + (p2 − p1 )x2 + q2 − q1 = 0,
Поскольку x21 + p1 x1 + q1 = 0 и x22 + p1 x2 + q1 = 0, отсюда получаем
(p2 − p1 )x1 + (q2 − q1 ) (p2 − p1 )x2 + (q2 − q1 ) = 0,
т.е.
(p2 − p1 )2 x1 x2 + (q2 − q1 )(p2 − p1 )(x1 + x2 ) + (q2 − q1 )2 = 0.
8
По теореме Виета x1 + x2 = −p и x1 x2 = q, следовательно,
(p2 − p1 )2 q1 − (q2 − q1 )(p2 − p1 )p1 + (q2 − q1 )2 = 0,
или
(q2 − q1 )2 = (p2 − p1 ) (q2 − q1 )p1 − (p2 − p1 )q1 =
= (p2 − p1 )(q2 p1 − q1 p1 − p2 q1 + p1 q1 ) = (p2 − p1 )(q2 p1 − p2 q1 ),
что и требовалось доказать.
Пример 2.10. Найти все значения параметра a, для которых квадратные уравнения
(1 − 2a)x2 − 6ax − 1 = 0 и ax2 − x + 1 = 0
имеют по крайней мере один общий действительный корень.
Решение. Воспользуемся результатом предыдущего примера, в котором получено
необходимое и достаточное условие существования по крайней мере одного общего
корня двух уравнений. При a 6= 0 и 1 − 2a 6= 0 должно быть выполнено соотношение
2 1
1
6a
6a 1
1 1
1
+
= − +
−
−
,
a 1 − 2a
a 1 − 2a
1 − 2a a 1 − 2a a
которое после преобразования принимает вид
(1 − a)2 = −(6a2 + 2a − 1)(6a + 1).
Следовательно, a должно являться решением уравнения
a(36a2 + 19a − 6) = 0.
2
По условию a 6= 0. Поэтому из равенства 36a2 + 19a − 6 = 0 находим a1 =
и
9
3
3
3
a2 = . Поскольку при a =
дискриминант второго уравнения x2 − x + 1 = 0
4
4
4
2
отрицательный, а при a = дискриминанты исходных уравнений положительны, то
9
2
ответом является только a = .
9
Контрольный вопрос 2.1. Как решается квадратное уравнение с отрицательным дискриминантом?
2.3. Трехчленные уравнения
Определение 2.3. Уравнение вида
ax2n + bxn + c = 0,
a 6= 0,
где
n > 2,
n ∈ N,
(2.3)
называется трехчленным уравнением, при n = 2 трехчленное уравнение (2.3) называется биквадратным.
9
Полагая y = xn , уравнение (2.3) можно записать в виде ay 2 + by + c = 0. Если
y1 и y2 — два различных действительных корня последнего уравнения, то уравнение
(2.3) эквивалентно совокупности уравнений
n
x = y1 ,
xn = y2 .
Если y1 = y2 , то уравнение (2.3) эквивалентно уравнению xn = y1 . Если уравнение
ay 2 + by + c = 0 имеет комплексные корни, то корнями уравнения (2.3) будут тоже
комплексные числа.
Пример 2.11. Решить уравнение
x8 − 17x4 + 16 = 0.
Решение. Обозначив x4 = y, получим уравнение y 2 − 17y + 16 = 0, откуда найдем
y1 = 1 и y2 = 16. Таким образом, данное уравнение эквивалентно совокупности
уравнений
4
x = 1,
x4 = 16,
решая которую находим x2 = 1, x2 = −1, x2 = 4 и x2 = −4, откуда x1,2 = ±1,
x3,4 = ±i, x5,6 = ±4 и x7,8 = ±4i.
Уравнения более общего вида
a[f (x)]2 + b[f (x)] + c = 0,
a 6= 0,
где f (x) — заданная функция от неизвестного x, решаются заменой f (x) = y.
Пример 2.12. Решить уравнение
8
4
|x| 5 − 15|x| 5 − 16 = 0.
4
Решение. Обозначив |x| 5 = y, получим уравнение y 2 −15y−16 = 0, откуда y1 = −1
и y2 = 16. Таким образом, исходное уравнение эквивалентно совокупности уравнений
4
|x| 5 = −1,
4
|x| 5 = 16.
4
Первое уравнение этой совокупности корней не имеет, так как |x| 5 > 0 при любом x.
Из второго уравнения получаем |x|4 = 165 , или |x|4 = 220 , или |x| = 32. Следовательно, корнями данного уравнения являются числа x1 = 32 и x2 = −32.
2.4. Уравнения, сводящиеся к линейным, квадратным и трехчленным уравнениям
Определение 2.4. Уравнение вида
ax3 + bx2 + bx + a = 0,
гдеa 6= 0,
называется симметрическим уравнением третьей степени.
10
(2.4)
Поскольку
ax3 + bx2 + bx + a = (x + 1)(ax2 + (b − a)x + a),
то уравнение (2.4) равносильно совокупности
x + 1 = 0,
ax2 + (b − a)x + a = 0.
Пример 2.13. Решить уравнение
3x3 + 5x2 + 5x + 3 = 0.
Решение. Поскольку 3x3 +5x2 +5x+3 = (x+1)(3x2 +2x+3), то исходное уравнение
эквивалентно совокупности уравнений
x + 1 = 0,
3x2 + 2x + 3 = 0.
Решая √эти уравнения, находим корни исходного уравнения x1 = −1, x2,3 =
−1 ± 2 2 i
.
3
Определение 2.5. Уравнения вида
ax4 + bx3 + cx2 + bx + a = 0,
ax4 + bx3 + cx2 − bx + a = 0,
(2.5)
(2.6)
где a 6= 0, называются симметрическими уравнениями четвертой степени.
Разделив обе части уравнения (2.5) на x2 (x = 0 не является его корнем), получим
эквивалентное ему уравнение
1
1
2
+ c = 0.
(2.7)
a x + 2 +b x+
x
x
Аналогично для уравнения (2.6) получаем эквивалентное ему уравнение
1
1
2
+ c = 0.
a x + 2 +b x−
x
x
(2.8)
1
Для решения уравнений (2.7) и (2.8) положим соответственно y = x + и z =
x
1
x − . Поскольку
x
2
1
1
1
1
2
x+
=x + 2 +2 и
x−
= x2 + 2 − 2,
x
x
x
x
то получаем
a(y 2 − 2) + by + c = 0,
a(z 2 + 2) + bz + c = 0.
11
(2.9)
(2.10)
Таким образом, если y1 , y2 — корни уравнения (2.9), а z1 , z2 — корни уравнения
(2.10), то исходные уравнения (2.5) и (2.6) эквивалентны соответственно совокупностям уравнений


1
1
 x − x = z1 ,
 x + x = y1 ,


1
1
x + = y2 ,
x − = z2 .
x
x
Пример 2.14. Решить уравнение
x4 − 2x3 − x2 − 2x + 1 = 0.
Решение. Поскольку x = 0 не является решением данного уравнения, то разделив
1
1
обе части на x2 , получим уравнение x2 − 2x − 1 − 2 + 2 = 0, откуда
x x
1
1
− 1 = 0.
x2 + 2 − 2 x +
x
x
1
Положив x + = y, получим уравнение y 2 − 2y − 3 = 0. Отсюда находим y1 = 3 и
x
y2 = −1. Следовательно, исходное уравнение эквивалентно совокупности уравнений

1
2
x − 3x + 1 = 0,
 x + x = 3,
или

1
x2 + x + 1 = 0.
x + = −1,
x
Решая эти уравнения, получим корни исходного уравнения
√
√
3± 5
−1 ± 3 i
x1,2 =
и
x3,4 =
.
2
2
Пример 2.15. Решить уравнение
(x2 + x − 2)(x2 + x − 3) = 12.
Решение. Положив x2 +x = y, получим (y−2)(y−3) = 12, или y 2 −5y−6 = 0, отсюда
y1 = 6 и y2 = −1. Таким образом, исходное уравнение эквивалентно совокупности
уравнений
2
x + x = 6,
x2 + x = −1.
Корнями этих уравнений,
а значит, и исходного уравнения являются числа x1 = 2,
√
−1 ± 3 i
x2 = −3, x3,4 =
.
2
Пример 2.16. Решить уравнение
(2x2 − 3x + 1)(2x2 + 5x + 1) = 9x2 .
Решение. Поскольку x = 0 не является решением данного уравнения, то разделив
обе части его на x2 , получим уравнение
1
1
2x − 3 +
2x + 5 +
= 9.
x
x
12
1
Положив 2x +
= y, получим (y − 3)(y + 5) = 9. Решением этого уравнения
x
являются числа y1 = −6 и y2 = 4.
Таким образом, данное уравнение эквивалентно совокупности уравнений

1
 2x + x = −6,

1
2x + = 4.
x
√
√
−3 ± 7
2± 2
Решив эту совокупность, получим корни x1,2 =
, x3,4 =
, которые
2
2
являются решением исходного уравнения.
Уравнения вида
(x − a)(x − b)(x − c)(x − d) = A,
где a < b < c < d, b − a = d − c, можно решать, используя замену переменной
(симметризацию уравнения):
y=
a+b+c+d
(x − a) + (x − b) + (x − c) + (x − d)
=x−
.
4
4
Пример 2.17. Решить уравнение
(12x − 1)(6x − 1)(4x − 1)(3x − 1) = 5.
Решение. Перепишем данное уравнение в виде
1
1
1
1
5
.
x−
x−
x−
x−
=
12
6
4
3
3 · 4 · 6 · 12
Так как
1
1
1
1 1
1
1 1
< < < и −
= − , то введем новую переменную
12
6
4
3 6 12
3 4
1
1
1
1
5
1
y=
x−
+ x−
+ x−
+ x−
=x− .
4
12
6
4
3
24
5
в исходное уравнение, получим
24
3
1
1
3
5
y+
y+
y−
y−
=
,
24
24
24
24
3 · 4 · 6 · 12
Подставляя x = y +
или
"
y2 −
1
24
2 # "
2 #
3
5
· y2 −
=
.
24
3 · 4 · 6 · 12
Отсюда находим
y2 =
49
242
и y2 = −
13
39
,
242
√
7
39
7
i. Соответствующие корни исходного уравнения
т.е. y1 = , y2 = − , y3,4 = ±
24
24
24 √
1
1
5 ± 39 i
равны x1 = , x2 = − , x3,4 =
.
2
12
24
Уравнение вида
(x − a)(x − b)(x − c)(x − d) = Ax2 ,
где ad = bc, сводится к решению совокупности двух квадратных уравнений при
ab
помощи замены y = x + .
x
Пример 2.18. Решить уравнение
(x + 2)(x + 3)(x + 8)(x + 12) = 4x2 .
Решение. Заметим, что (−2)(−12) = (−3)(−8). Перемножив в левой части данного
уравнения первую и четвертую скобки, а также вторую и третью, получим
(x2 + 14x + 24)(x2 + 11x + 24) = 4x2 .
Поскольку x = 0 не является корнем данного уравнения, поделим обе части этого
уравнения на x2 . Получим уравнение
24
24
x + 11 +
= 4,
x + 14 +
x
x
24
= y. Тогда получим
x
уравнение (y + 14)(y + 11) = 4 или y 2 + 25y + 150 = 0, откуда y1 = −15, y2 = −10.
Таким образом, исходное уравнение равносильно совокупности уравнений

24
2
x + 15x + 24 = 0,
 x + x = −15,
или

24
x2 + 10x + 24 = 0.
x+
= −10,
x
Решая эту совокупность, получаем ответ:
√
−15 ± 129
x1,2 =
,
x3 = −6,
x4 = −4.
2
равносильное исходному. Сделаем замену переменной x +
Уравнение вида
(x − a)4 + (x − b)4 = A
можно решить, используя симметризацию, т.е. делая замену y = x −
Пример 2.19. Решить уравнение
a+b
.
2
(6 − x)4 + (8 − x)4 = 16.
Решение. Данное уравнение после замены переменной y =
приводится к виду (y + 1)4 + (y − 1)4 = 16 или
y 4 + 6y 2 − 7 = 0.
14
6−x+8−x
= 7−x
2
Решая это биквадратное уравнение,√получим y12 = 1, y22 = −7. Поэтому корнями
будут числа y1 = 1, y2 = −1,
√ y3,4 = ± 7 i. Тогда корнями исходного уравнения будут
x1 = 6, x2 = 8, x3,4 = 7 ± 7 i.
Контрольный вопрос 2.2. Какое уравнение называется трехчленным?
3. Решение алгебраических уравнений высокой степени
3.1. Корни многочленов
Сформулируем основную теорему алгебры.
Теорема 3.1. Алгебраическое уравнение степени n
a0 xn + a1 xn−1 + . . . + an−1 x + an = 0
имеет ровно n комплексных корней, если a0 6= 0.
Для того, чтобы найти эти корни, используют разложение левой части этого уравнения на множители. Для этого применяют операцию деления многочлена на многочлен или двучлен.
Если многочлен Pn (x) делится с остатком на многочлен Qm (x) то существует
единственная пара многочленов Sl (x) и Rk (x) таких, что
Pn (x) = Qm (x)Sl (x) + Rk (x),
причем l = n − m, 0 6 k < m, многочлен Sl (x) называется частным, а многочлен
Rk (x) — остатком. Если остаток равен нулю, то говорят, что многочлен Pn (x) нацело
делится на многочлен Qm (x).
Целую часть и остаток можно найти методом неопределенных коэффициентов.
Пусть даны многочлены:
Pn (x) = a0 xn + a1 xn−1 + . . . + an−1 x + an
степени n и
Qm (x) = b0 xm + b1 xm−1 + . . . + bm−1 x + bm
степени m (m 6 n). Положим частное
Sn−m =
a0 n−m
x
+ c1 xn−m−1 + . . . + cn−m
b0
и остаток
Rk (x) = d0 xm−1 + d1 xm−2 + . . . + dm−1 ,
где 0 6 k 6 m − 1, числа c1 , c2 , . . . , cn−m и d0 , d1 , . . . , dm−1 не определены.
Напишем тождественное равенство
Pn (x) = Qm (x)Sn−m (x) + Rk (x).
15
(3.1)
Перемножая многочлены Qm (x) и Sn−m (x) и приводя подобные члены, в правой
части равенства (3.1) получим многочлен степени n. Приравнивая коэффициенты
при одинаковых степенях x этого многочлена и многочлена Pn (x), получим систему
n уравнений, решая которую находим числа c1 , c2 , . . . , cn−m и d0 , d1 , . . . , dm−1 .
Пример 3.1. Разделить многочлен 2x4 + x3 − 5x2 − x + 1 на многочлен x2 − x.
Решение. Ищем частное от деления многочленов в виде многочлена S2 (x) = 2x2 +
c1 x+c2 , а остаток в виде многочлена R1 (x) = d0 x+d1 . Имеем тождественное равенство
2x4 + x3 − 5x2 − x + 1 = (x2 − x)(2x2 + c1 x + c2 ) + d0 x + d1 .
Раскрывая скобки и приводя подобные члены, получаем
2x4 + x3 − 5x2 − x + 1 = 2x4 + (c1 − 2)x3 + (−c1 + c2 )x2 + (d0 − c2 )x + d1 .
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x, имеем систему

c1 − 2 = 1,



c2 − c1 = −5,
d0 − c2 = −1,



d1 = 1,
откуда c1 = 3, c2 = −2, d0 = −3, d1 = 1.
Следовательно, Q2 (x) = 2x2 + 3x − 2, а R1 (x) = −3x + 1, т.е.
2x4 + x3 − 5x2 − x + 1 = (x2 − x)(2x2 + 3x − 2) − 3x + 1.
Существует еще один способ деления многочлена на многочлен — деление столбиком.
В общем случае при делении многочлена Pn (x) на многочлен Qm (x) (m 6 n)
"столбиком" многочлены располагают по убывающим степеням x. Затем старший
член многочлена Pn (x) делят на старший член многочлена Qm (x) и получают старший член частного — многочлена S(x). Найденный старший член многочлена S(x)
умножают затем на делитель — многочлен Qm (x), и полученный многочлен вычитают из многочлена Pn (x). В результате вычитания получается некоторый многочлен
D1 (x), степень которого меньше n.
Если степень многочлена D1 (x) меньше m, то процесс деления окончен, при этом
многочлен D1 (x) — остаток. Если степень многочлена D1 (x) больше или равна m, то
описанная процедура деления повторяется для многочлена D1 (x), т.е. старший член
многочлена D1 (x) делят на старший член многочлена Qm (x) и полученный многочлен вычитают из многочлена D1 (x). В результате вычитания получается многочлен
D2 (x), степень которого меньше n − 1. Если степень многочлена D2 (x) меньше m,
то процесс деления окончен, при этом многочлен D2 (x) — остаток. Если же степень
многочлена D2 (x) больше или равна m, то описанная процедура деления повторяется
для многочлена D2 (x).
Процесс продолжается до тех пор, пока степень полученного на k-м шаге многочлена Dk (x) станет меньше степени многочлена Qm (x), т.е. меньше m. При этом
многочлен Dk (x) — остаток.
Пример 3.2. Разделить многочлен x4 + 2x2 + 1 на многочлен x2 − x − 2.
16
Решение. Выполним деление "столбиком":
x4
x4 − x3
x3
x3
+ 2x2
+ 1 x2 − x − 2
− 2x2
x2 + x + 5
2
+ 4x
+1
2
− x − 2x
5x2 + 2x + 1
5x2 − 5x − 10
7x + 11
Итак,
x4 + 2x2 + 1 = (x2 − x − 2)(x2 + x + 5) + 7x + 11,
или
7x + 11
x4 + 2x2 + 1
= x2 + x + 5 + 2
.
2
x −x−2
x −x−2
При делении многочлена Pn (x) = a0 xn + a1 xn−1 + . . . + an−1 x + an на двучлен x − α
применяется метод сокращенного деления, называемый схемой Горнера. Этот метод
есть непосредственное следствие метода неопределенных коэффициентов. Заметим,
что при делении многочлена Pn (x) степени n на двучлен x − α в частном получается
многочлен Qn−1 (x) = a0 xn−1 + b1 xn−2 + . . . + bn−1 степени n − 1, а в остатке — число
(в частности, нуль). По методу неопределенных коэффициентов имеем
a0 xn + a1 xn−1 + . . . + an−1 x + an = (a0 xn−1 + b1 xn−2 + . . . + bn−2 x + bn−1 )(x − α) + r,
т.е.
a0 xn + a1 xn−1 + . . . + an−1 x + an =
= a0 xn + b1 xn−1 + . . . + bn−2 x2 + bn−1 x−
− a0 αxn−1 − b1 αxn−2 − . . . − bn−2 αx − bn−1 α + r. (3.2)
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях в левой и правой частях равенства (3.2), находим

a1
= b1 − αa0 ,




= b2 − αb1 ,
 a2
...


a
= bn−1 − αbn−2 ,

n−1


an
= r − αbn−1 ,
откуда получаем рекуррентные формулы для нахождения коэффициентов частного
b1 , b2 , . . . bn−1 и остатка r:
b1
b2
bn−1
r
=
=
...
=
=
a1 + αa0 ,
a2 + αb1 ,
an−1 + αbn−2 ,
an + αbn−1 .
17
Практически вычисление коэффициентов частного Qn−1 (x) и остатка r проводят по
следующей схеме:
a0
α
a0
a1
+
αa0
b1
a2
+
αb1
b2
a3
+
αb2
b3
...
...
...
an−1
+
αbn−2
bn−1
an
+
αbn−1
r
Пример 3.3. Используя схему Горнера, разделить многочлен
4x3 − x5 + 32 − 8x2
на x + 2.
Решение. Напишем делимое в каноническом виде, т.е.
−x5 + 0x4 + 4x3 − 8x2 + 0x + 32.
Применяя схему Горнера, получим
−1
0
+
2
−2 −1 2
4 −8 0
32
+
+ +
+
−4 0 16 −32
0 −8 16
0
Итак, частное Q4 (x) = −x4 + 2x3 − 8x + 16 и остаток r = 0. Следовательно,
4x3 − x5 + 32 − 8x2 = (x + 2)(−x4 + 2x3 − 8x + 16).
Следующая теорема позволяет найти остаток от деления многочлена на двучлен,
не находя частного.
Теорема 3.2 (Безу). Остаток от деления многочлена Pn (x) на двучлен x−α равен
значению многочлена Pn (x) при x = α, т.е. r = Pn (α).
Пример 3.4. Найти остаток от деления многочлена P4 (x) = x4 + x3 + 3x2 + 2x + 2
на x − 1.
Решение. Согласно теореме Безу, имеем
r = P4 (1) = 1 + 1 + 3 + 2 + 2 = 9.
При решении алгебраических уравнений с целыми коэффициентами используется
Теорема 3.3. Для того чтобы несократимая дробь
p
(q 6= 0) была корнем уравнения
q
a0 xn + a1 xn−1 + . . . + an−1 x + an = 0,
где
a0 6= 0,
(3.3)
с целыми коэффициентами, необходимо, чтобы число p было делителем свободного
члена an , а число q — делителем старшего коэффициента a0 .
18
Следствие 3.1. Если уравнение (3.3) имеет целые коэффициенты, а старший коэффициент равен единице (т.е. a0 = 1), то рациональными корнями этого уравнения
могут быть только целые числа, которые являются делителями свободного члена
an .
Пример 3.5. Рассмотрим уравнение
2x4 + 7x3 − 12x2 − 38x + 21 = 0.
Свободный член этого уравнения имеет делители ±1, ±3, ±7, ±21. Старший коэффиp
циент уравнения имеет делители ±1, ±2. Составим все возможные дроби , получим
q
следующие числа:
1
3
7
21
1 3 7 21
, , ,
,− ,− ,− ,− .
2 2 2 2
2
2
2
2
Все рациональные корни исходного уравнения принадлежат этому множеству чисел.
Контрольный вопрос 3.1. Как найти целые корни уравнения с целыми коэффициентами?
1, 3, 7, 21, −1, −3, −7, −21,
3.2. Метод понижения степени
При решении алгебраических уравнений
P (x) = a0 xn + a1 xn−1 + . . . + an−1 x + an = 0,
a0 6= 0,
можно использовать метод понижения степени уравнения, основанный на теореме
Безу и делении многочлена P (x) на двучлен x−α, где α — корень уравнения P (x) = 0.
Суть этого метода поясним на примерах.
Пример 3.6. Решить уравнение
P4 (x) = x4 + 2x3 − 2x2 − 6x + 5 = 0.
Решение. Поскольку коэффициенты данного уравнения — целые числа, то попробуем найти хотя бы один целый корень.
Используем следствие 3.1 из теоремы 3.3. Делителями свободного члена являются
числа 1, −1, 5, −5. Найдем значения многочлена P4 (x) в этих точках:
P4 (1)
P4 (−1)
P4 (5)
P4 (−5)
=
=
=
=
1 + 2 − 2 − 6 + 5 = 0;
1 − 2 − 2 + 6 + 5 = 8 6= 0;
625 + 250 − 50 − 30 + 5 = 800 6= 0;
625 − 250 − 50 + 30 + 5 = 360 6= 0.
Многочлен P4 (x) имеет целый корень x1 = 1, а числа 5, −5, −1 не являются его
корнями.
Согласно теореме Безу, можно утверждать, что найдется многочлен P3 (x) такой,
что
P4 (x) = (x − 1)P3 (x),
где P3 (x) = a0 x3 + a1 x2 + a2 x + a3 — некоторый многочлен третьей степени. Коэффициенты a0 , a1 , a2 , a3 этого многочлена можно найти, используя, например, схему
Горнера. Получим
19
1
2
+
1
1 1 3
−2 −6 5
+
+
+
3
1 −5
1 −5 0
Тогда
x4 + 2x3 − 2x2 − 6x + 5 = (x − 1)(x3 + 3x2 + x − 5).
Найдем корни уравнения
P3 (x) = x3 + 3x2 + x − 5 = 0.
Делители его свободного члена есть числа 1, −1, 5, −5. Нет необходимости искать
значения многочлена в точках −1, 5, −5, так как эти числа не являются корнями
уравнения P4 (x) = 0, а значит, и уравнения P3 (x) = 0. Поэтому проверим только
число 1. Имеем P3 (1) = 1 + 3 + 1 − 5 = 0, применяя схему Горнера, получим
1
3
+
1
1 1 4
1
+
4
5
−5
+
5
0
Поэтому
P3 (x) = (x − 1)(x2 + 4x + 5).
Решая квадратное уравнение, найдем его корни x3,4 = −2 ± i.
Итак, исходное уравнение имеет два совпадающих корня x1,2 = 1 и комплексные
корни x3,4 = −2 ± i.
3.3. Симметрические уравнения
Метод понижения степени алгебраического уравнения применяется для решения
симметрических уравнений.
Определение 3.1. Алгебраическое уравнение степени n называется симметрическим, если у него равны коэффициенты при xk и xn−k , т.е. оно имеет вид
a0 xn + a1 xn−1 + . . . + ak xn−k + . . . + ak xk + . . . + a1 x + a0 = 0,
где
a0 6= 0.
Непосредственной проверкой убеждаемся, что x = −1 является корнем симметрического уравнения нечетной степени. Разделив симметрическое уравнение нечетной
степени на x + 1, мы получим симметрическое уравнение четной степени.
1
Симметрические уравнения четной степени заменой y = x + сводятся к уравx
нению в два раза меньшего порядка.
Рассмотрим симметрические уравнения третьей и пятой степеней, т.е. уравнения
вида
20
ax3 + bx2 + bx + a = 0, a 6= 0,
ax5 + bx4 + cx3 + cx2 + bx + a = 0, a 6= 0.
(3.4)
(3.5)
Поскольку x = −1 является корнем этих уравнений, то уравнения (3.4) и (3.5)
эквивалентны соответственно уравнениям
(x + 1)(ax2 + (b − a)x + a) = 0,
(x + 1)(ax4 + (b − a)x3 + (a − b + c)x2 + (b − a)x + a) = 0,
(3.6)
(3.7)
Уравнение (3.6) равносильно совокупности
x = −1,
ax2 + (b − a)x + a = 0,
а уравнение (3.7) — совокупности
x = −1,
ax4 + (b − a)x3 + (a − b + c)x2 + (b − a)x + a = 0.
(3.8)
В совокупности (3.8) второе уравнение является симметрическим уравнением чет1
вертой степени, которое после замены y = x + сводится к решению квадратных
x
уравнений.
Пример 3.7. Решить уравнение
2x5 + 3x4 − 5x3 − 5x2 + 3x + 2 = 0.
Решение. Данное уравнение имеет корень x1 = −1, так как это — симметрическое
уравнение нечетной степени. Разложив левую часть на множители по формуле (3.7),
получим
(x + 1)(2x4 + x3 − 6x2 + x + 2) = 0.
Решим уравнение
2x4 + x3 − 6x2 + x + 2 = 0.
Разделим обе части этого уравнения на x2 (так как x = 0 не является корнем),
получим
2
1
1
1
2
2
− 10 = 0.
2x + x − 6 + + 2 = 0 или 2 x + 2 + 2 + x +
x x
x
x
1
= y, получим уравнение 2y 2 + y − 10 = 0, корнями котороx
5
го являются числа y1 = 2 и y2 = − . Таким образом, мы получили совокупность
2
уравнений
После замены x +
21

1
 x + x = 2,

5
1
x+ =−
x
2
или
x2 − 2x + 1 = 0,
2x2 + 5x + 2 = 0.
(3.9)
1
Решая эти уравнения, найдем корни: x2,3 = 1, x4 = −2, x5 = − . Таким образом,
2
1
корнями исходного уравнения будут числа x1 = −1, x2,3 = 1, x4 = −2, x5 = − .
2
Контрольный вопрос 3.2. Какое уравнение называется симметрическим?
3.4. Возвратные уравнения
Определение 3.2. Уравнения вида
a0 x2n+1 + a1 x2n + . . . + an xn+1 + λan xn + λ3 an−1 xn−1 + . . . + a0 λ2n+1 = 0, (3.10)
a0 x2n + a1 x2n−1 + . . . + an−1 xn+1 + an xn + λan−1 xn−1 +
+λ2 an−2 xn−2 + . . . + λn a0 = 0,
(3.11)
где a0 6= 0 и λ — некоторое число, отличное от нуля, называются возвратными
алгебраическими уравнениями.
При λ = 1 уравнения (3.10) и (3.11) являются симметрическими уравнениями.
Например, уравнение
2x5 + 6x4 − 2x3 + 4x2 − 48x − 64 = 0
является возвратным (λ = −2), и уравнение
4x6 + 5x5 − 3x4 + 10x3 − 9x2 + 45x + 108 = 0
является возвратным (λ = 3).
Возвратное уравнение нечетной степени всегда имеет корень x = −λ, так как
уравнение можно переписать в виде
a0 (x2n+1 + λ2n+1 ) + a1 x(x2n−1 + λ2n−1 ) + . . . + an xn (x + λ) = 0,
и при x = −λ каждое выражение в скобках левой части этого уравнения обращается
в ноль.
Выделив в левой части уравнения (3.10) множитель x+λ, получаем, что уравнение
(3.10) эквивалентно совокупности, состоящей из уравнения x = −λ и возвратного
уравнения четной степени.
Решение возвратного уравнения четной степени проиллюстрируем на следующем
примере.
Пример 3.8. Решить уравнение
2x8 − 9x7 + 20x6 − 33x5 + 46x4 − 66x3 + 80x2 − 72x + 32 = 0.
22
Решение. Это — возвратное уравнение восьмой степени, у которого λ = 2, так как
его можно переписать в виде
2x8 − 9x7 + 20x6 − 33x5 + 46x4 − 33 · 2x3 + 20 · 22 x2 − 9 · 23 x + 2 · 24 = 0.
Разделив обе части уравнения на x4 (x = 0 не является его корнем) и сгруппировав члены, получим уравнение, эквивалентное данному:
8
4
2
16
3
2
4
+ 46 = 0.
2 x − 4 − 9 x + 3 + 20 x + 2 − 33 x +
x
x
x
x
Положим y = x +
x2 +
2
λ
= x + . Тогда
x
x
4
= y 2 − 4,
x2
x3 +
8
= y 3 − 6y,
x3
x4 +
16
= y 4 − 8y 2 + 8,
x4
и последнее уравнение примет вид
2y 4 − 9y 3 + 4y 2 + 21y − 18 = 0.
Используя метод отыскания рационального корня, получим корни этого уравнения:
3
y1 = 1, y2 = 2, y3 = 3, y4 = − .
2
Таким образом, данное уравнение равносильно совокупности, состоящей из четырех уравнений:
x+
2
= 1,
x
x+
2
= 2,
x
x+
2
= 3,
x
x+
2
3
=− .
x
2
Решая эту совокупность, найдем корни исходного уравнения:
√
√
√
1
7
9 ± i 15
x1,2 = ± i
, x3,4 = 1 ± i 3, x5 = 1, x6 = 2, x7,8 =
.
2
2
12
Контрольный вопрос 3.3. Какое уравнение называется возвратным?
3.5. Метод неопределенных коэффициентов
Если левую часть алгебраического уравнения можно разложить на множители,
то решение уравнения сводится к решению совокупности алгебраических уравнений
меньших степеней. Для разложения левой части уравнения на множители иногда
используют метод неопределенных коэффициентов.
Пример 3.9. Решить уравнение
x4 − 4x3 − 10x2 + 37x − 14 = 0.
Решение. Левая часть уравнения является многочленом четвертой степени. Этот
многочлен раскладывается в произведение двух квадратных многочленов: x2 + px + q
и x2 + bx + c. Задача состоит в отыскании коэффициентов p, q, b, c.
23
Имеем
x4 − 4x3 − 10x2 + 37x − 14 = (x2 + px + q)(x2 + bx + c).
Многочлены, стоящие в левой и правой частях этого равенства, тождественно равны. Приравнивая их коэффициенты при одинаковых степенях x, получим систему
уравнений

p + b = −4,



c + q + pb = −10,
(3.12)
pc + qb = 37,



qc = −14.
Попробуем найти некоторое целочисленное решение этой системы. Из последнего
уравнения системы следует, что для q (как и для c) возможны следующие целые
значения: ±1, ±2, ±7, ±14.
Пусть q = 1, тогда c = −14. В этом случае второе и третье уравнения в (3.12)
дают систему
pb = 3,
−14p + b = 37,
откуда для b получаем уравнение b2 −37b−42 = 0, не имеющее целых корней. Поэтому
целочисленных решений при q = 1 система (3.12) не имеет.
Пусть q = 2, тогда c = −7. В этом случае второе и третье уравнения в (3.12) дают
систему
pb = −5,
−7p + 2b = 37.
Исключая p, получим для b уравнение
2b2 − 37b + 35 = 0,
которое имеет целый корень b = 1, тогда p = −5. Первое уравнение системы (3.12)
также удовлетворяется при b = 1 и p = −5.
Итак, имеем
x4 − 4x3 − 10x2 + 37x − 14 = (x2 − 5x + 2)(x2 + x − 7).
Следовательно, данное уравнение эквивалентно совокупности квадратных уравнений
2
x − 5x + 2 = 0,
x2 + x − 7 = 0,
5±
√
17
√
−1 ± 29
=
, которые являются
2
, x3,4
решая которую находим числа x1,2 =
2
корнями данного уравнения.
Рассмотрим на примерах другие методы разложения на множители многочлена,
стоящего в левой части алгебраического уравнения.
Пример 3.10. Решить уравнение
(x2 + x + 4)2 + 3x(x2 + x + 4) + 2x2 = 0.
24
(3.13)
Решение. Левая часть данного уравнения представляет собой квадратный трехчлен относительно выражения x2 + x + 4. Обозначим его через y и рассмотрим выражение y 2 + 3xy + 2x2 .
Поскольку y 2 +3xy +2x2 = y 2 +xy +2xy +2x2 = y(y +x)+2x(y +x) = (y +x)(y +2x),
то уравнение (3.13) равносильно совокупности уравнений
2
y + x = 0,
x + 2x + 4 = 0,
или
y + 2x = 0,
x2 + 3x + 4 = 0.
Найдем корни каждого√уравнения, а следовательно, и исходного уравнения x1,2 =
√
−3 ± 7 i
.
−1 ± 3 i, x3,4 =
2
Пример 3.11. При каждом значении параметра a решить уравнение
(1 + a2 )x2 + 2(x − a)(1 + ax) + 1 = 0.
(3.14)
Решение. Разложим левую часть уравнения на множители. Для этого представим
ее в виде квадратного трехчлена относительно выражения 1 + xa. Имеем
(1 + a2 )x2 + 2(x − a)(1 + ax) + 1 =
= a2 x2 + x2 + 1 + 2(x − a)(1 + ax) =
= (a2 x2 + 2ax + 1) + 2(x − a)(1 + ax) + x2 − 2ax =
= (ax + 1)2 + 2(x − a)(ax + 1) + x2 − 2ax =
= (ax + 1)2 + 2(ax + 1)(x − a) + (x − a)2 − a2 =
= (ax + 1 + x − a)2 − a2 = (ax + x − 2a + 1)(ax + x + 1).
Следовательно, уравнение (3.14) равносильно совокупности двух уравнений
x(a + 1) − 2a + 1 = 0,
x(a + 1) + 1 = 0.
Решая эту совокупность, находим:
при a = −1 уравнение (3.14) не имеет корней;
−1
2a − 1
и x2 =
являются корнями уравнения (3.14).
при a 6= −1 числа x1 =
a+1
a+1
3.6. Однородные уравнения
Определение 3.3. Уравнение вида
a0 pn (x) + a1 pn−1 (x)q(x) + . . . + an−1 p(x)q n−1 (x) + an q n (x) = 0,
где n > 1, a0 6= 0, an 6= 0, p(x) и q(x) — некоторые функции, называется однородным
уравнением.
Решение такого уравнения сводится к решению совокупности, состоящей из системы
25
p(x) = 0,
q(x) = 0,
и уравнений
p(x) = y1 q(x),
p(x) = y2 q(x),
...
, p(x) = yk q(x),
где y1 , y2 , . . . , yk — все корни уравнения
a0 y n + a1 y n−1 + . . . + an−1 y + an = 0.
Пример 3.12. Решить уравнение
(x2 − x + 1)4 − 6x2 (x2 − x + 1) + 5x4 = 0.
(3.15)
Решение. Данное уравнение является однородным уравнением относительно двух
многочленов: p(x) = x2 − x + 1 и q(x) = x. Разделив обе части уравнения на x4 (x = 0
не является корнем), получаем равносильное уравнение
Положив y =
x2 − x + 1
x
x2 − x + 1
x
2
4
−6
x2 − x + 1
x
2
+ 5 = 0.
и решив уравнение y 2 − 6y + 5 = 0, найдем: y1 = 5 и
y2 = 1.
Таким образом, уравнение (3.15) равносильно совокупности уравнений
x2 − x + 1
x
2
= 5,
x2 − x + 1
x
2
= 1,
т.е. совокупности
√
x2 − x + 1 = 5x,
x2 − x + 1 = x,
или
√
x2 − x + 1 = − 5x,
x2 − x + 1 = −x
√
x2 − (1 + 5)x + 1 = 0,
x2 − 2x + 1 = 0,
√
x2 − (1 − 5)x + 1 = 0,
x2 + 1 = 0.
p
√
√
1+ 5± 2+2 5
Решив ее, получим корни уравнения (3.15): x1,2 =
, x3,4 = 1,
2
p √
√
1− 5±i 2 5−2
x5,6 =
, x7,8 = ±i.
2
3.7. Метод замены переменных
При решении алгебраических уравнений высших степеней применяется также
метод замены переменных, который мы уже ранее использовали.
26
Пример 3.13. Решить уравнение
(x2 − 3x + 1)(x2 + 3x + 2)(x2 − 9x + 20) = −30.
(3.16)
Решение. Поскольку
(x2 + 3x + 2)(x2 − 9x + 20) = (x + 1)(x + 2)(x − 4)(x − 5) =
= (x + 1)(x − 4)(x + 2)(x − 5) = (x2 − 3x − 4)(x2 − 3x − 10),
то уравнение (3.16) можно переписать в виде
(x2 − 3x + 1)(x2 − 3x − 4)(x2 − 3x − 10) = −30.
(3.17)
Для решения уравнения (3.17) сделаем замену переменных y = x2 − 3x. Тогда
относительно y получим уравнение
(y + 1)(y − 4)(y − 10) = −30.
(3.18)
Непосредственной проверкой убеждаемся, что y1 = 5 является√корнем уравнения
√
(3.18). Затем находим еще два корня уравнения (3.18): y2 = 4 + 30, y3 = 4 − 30.
Таким образом, уравнение (3.17), а значит, и уравнение (3.16) равносильно совокупности трех квадратных уравнений:
√
√
x2 − 3x = 5,
x2 − 3x = 4 + 30,
x2 − 3x = 4 − 30.
Решив эту совокупность, находим все корни уравнения (3.16):
p
p
√
√
√
3 ± 25 + 4 30
3 ± 25 − 4 30
3 ± 29
,
x3,4 =
,
x5,6 =
.
x1,2 =
2
2
2
Пример 3.14. Найти действительные корни уравнения
(a − x)5 + (x − b)5 = (a − b)5
при a 6= b.
Решение. Положим u = a − x и v = x − b. Тогда u и v удовлетворяют системе
u + v = a − b,
(3.19)
u5 + v 5 = (a − b)5 .
Поскольку
u5 + v 5 = (u + v)(u4 − u3 v + u2 v 2 − uv 3 + v 4 ) =
= (u + v)((u4 + v 4 ) − uv(u2 − uv + v 2 )) =
= (u + v)((u4 + 2u2 v 2 + v 4 ) − 2u2 v 2 − uv(u2 + 2uv + v 2 ) + 3u2 v 2 ) =
= (u + v)((u2 + v 2 )2 + u2 v 2 − uv(u + v)2 ) =
= (u + v)(((u + v)2 − 2uv)2 − uv(u + v)2 + u2 v 2 )
27
и u + v = a − b, то
u5 + v 5 = (a − b)(((a − b)2 − 2uv)2 − uv(a − b)2 + u2 v 2 ).
Подставляя полученное выражение для u5 + v 5 во второе уравнение системы (3.19),
имеем
(a − b)4 = (a − b)4 − 4(a − b)2 (uv) + 4(uv)2 − (a − b)2 (uv) + (uv)2 ,
откуда
5(uv)2 − 5(a − b)2 uv = 0.
Таким образом, система (3.19) равносильна совокупности систем
u + v = a − b,
u + v = a − b,
uv = 0,
uv = (a − b)2 .
Вторая система действительных решений не имеет. Первая система имеет два решения: u1 = 0, v1 = a − b и u2 = a − b, v2 = 0. Следовательно, исходное уравнение имеет
два корня: x1 = a, x2 = b.
Пример 3.15. Решить уравнение
√
√
x4 − 2 2 x2 − x + 2 − 2 = 0.
(3.20)
√
Решение. Положим 2 = a и рассмотрим уравнение с параметром
x4 − 2ax2 − x + a2 − a = 0.
Решая его как квадратное уравнение относительно a, имеем
a = x2 − x,
a = x2 + x + 1.
Уравнение (3.20) равносильно совокупности двух уравнений
√
√
x2 − x = 2 и x2 + x + 1 = 2,
множество всех решений которых, а следовательно, и исходного уравнения, состоит
из чисел
p
p √
√
−1 ± 4 2 − 3
1± 1+4 2
x1,2 =
,
x3,4 =
.
2
2
28
Список литературы
[1] Вавилов В.В. Задачи по математике. Алгебра/В.В.Вавилов, И.И.Мельников,
С.Н.Олехник, П.И.Пасиченко. – М.: Наука, 1987.
[2] Потапов М.К. Математика / М.Л.Потапов, С.Н.Олехник, Ю.В.Нестеренко –
М.: Русское слово, 2001.
[3] Болтянский В.Г. Симметрия в алгебре / В.Г.Болтянский, Н.Я.Виленкин –
М.: Наука, 1967.
29
Содержание
1. Понятие уравнения. Алгебраическое уравнение
1.1. Уравнение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2. Равносильность уравнений . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
3
3
2. Линейные, квадратные и трехчленные уравнения
2.1. Линейные уравнения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2. Квадратные уравнения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3. Трехчленные уравнения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4. Уравнения, сводящиеся к линейным, квадратным и трехчленным уравнениям . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
5
5
9
3. Решение алгебраических уравнений высокой
3.1. Корни многочленов . . . . . . . . . . . . . . .
3.2. Метод понижения степени . . . . . . . . . . .
3.3. Симметрические уравнения . . . . . . . . . . .
3.4. Возвратные уравнения . . . . . . . . . . . . .
3.5. Метод неопределенных коэффициентов . . . .
3.6. Однородные уравнения . . . . . . . . . . . . .
3.7. Метод замены переменных . . . . . . . . . . .
30
степени
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
. 10
.
.
.
.
.
.
.
15
15
19
20
22
23
25
26
Дополнительные главы математики. 10 класс. Модуль 4. Методы решения алгебраических уравнений: учебно-методическая часть
Составитель: Симона Глебовна Мысливец
Редактор О.Ф.Александрова
Корректура автора
Подписано в печать 12.10.2006.
Бумага офсетная.
Печать ризографическая.
Тираж 100
Формат 60x84/16.
Уч.-изд. л. 2
Заказ
Издательский центр
Красноярского государственного университета.
660041 Красноярск, пр. Свободный, 79.