Виды алгебраических уравнений и способы их решения

Для учащихся, интересующихся математикой, при решении алгебраических уравнений высших степеней эффективным методом быстрого нахождения корней, деление с остатком на двучлен х – a или на ах + b, является схема Горнера.

Рассмотрим схему Горнера.

Обозначим неполное частное при делении Р(х) на х – a через

Q(x) = b₀x^n-1 + b₁x^n-2 + … + b_n-1, а остаток через b_n.

Так как Р(х) = Q(x)(х–) + b_n, то имеет место равенство

а₀xⁿ + а₁x^n-1 + … + а_n = (b₀x^n-1 + b₁x^n-2 + … + b_n-1)(х–a ) + b_n

Раскроем в правой части скобки и сравним коэффициенты при одинаковых степенях х слева и справа. Получим, что а₀ = b₀ и при 1 < k < n имеют место соотношения а_k = b_k - a b_k-1. Отсюда следует, что b₀ = а₀ и b_k = а_k + a b_k-1, 1 < k < n.

Вычисление коэффициентов многочлена Q(x) и остатка b_n запишем в виде таблицы:

Пример 1. Разделить многочлен 2x⁴ – 7x³ – 3х² + 5x – 1 на х + 1.

Решение. Используем схему Горнера.

При делении 2x⁴ – 7x³ – 3х² + 5x – 1 на х + 1 получим 2x³ – 9х² + 6x – 1

Ответ: 2x³ – 9х² + 6x – 1

Пример 2. Вычислить Р(3), где Р(х) = 4x⁵ – 7x⁴ + 5х³ – 2х + 1

Решение. Используя теорему Безу и схему Горнера, получим:

Ответ: Р(3) = 535

Упражнение

1) Используя схему Горнера, разделить многочлен

4x³ – x⁵ + 132 – 8х² на х + 2;

2) Разделить многочлен

2x² – 3x³ – х + х⁵ + 1 на х + 1;

3) Найти значение многочлена Р₅(х) = 2х⁵ – 4х⁴ – х² + 1 при х = 7.

1.1. Отыскание рациональных корней уравнений с целыми коэффициентами

Способ отыскания рациональных корней алгебраического уравнения с целыми коэффициентами дается следующей теоремой.

Теорема: Если уравнение с целыми коэффициентами имеет рациональные корни, то они есть частное от деления делителя свободного члена на делитель старшего коэффициента.

Доказательство: а₀xⁿ + а₁x^n-1 + … + а_n = 0

Пусть х = р/q – рациональный корень, q, p – взаимнопростые.

Подставив дробь р/q в уравнение, и освободившись от знаменателя, получим

а₀рⁿ + а₁р^n-1q+ … + а_n-1pq^n-1 + a_nqⁿ = 0 (1)

Перепишем (1) двумя способами:

a_nqⁿ = р(– а₀р^n-1 – а₁р^n-2q – … – а_n-1q^n-1) (2)

а₀рⁿ = q (– а₁р^n-1 –… – а_n-1рq^n-2 – а_nq^n-1) (3)

Из равенства (2) следует, что a_nqⁿ делится на р, и т.к. qⁿ и р взаимно просты, то a_n делится на р. Аналогично из равенства (3) следует, что а₀ делится на q. Теорема доказана.

Пример 1. Решить уравнение 2x³ – 7x² + 5х – 1 = 0.

Решение. Целых корней уравнение не имеет, находим рациональные корни уравнения. Пусть p/q несократимая дробь является корнем уравнения, тогда р находим среди делителей свободного члена, т.е. среди чисел ± 1, а q среди положительных делителей старшего коэффициента: 1; 2.

Т.е. рациональные корни уравнения надо искать среди чисел ± 1, ± 1/2, обозначим Р₃(х) = 2x³ – 7x² + 5х – 1, Р₃(1) 0, Р₃(–1) 0,

Р₃(1/2) = 2/8 – 7/4 + 5/2 – 1 = 0, 1/2 – корень уравнения.

2x³ – 7x² + 5х – 1 = 2x³ – x² – 6 x²+ 3х + 2х– 1 = 0.

Получим: x²(2х – 1) – 3x(2х – 1)+ (2х– 1) = 0; (2х– 1)(x² – 3x + 1) = 0.

Приравнивая второй множитель к нулю, и решив уравнение, получим

Ответ: ,

Упражнения

Решить уравнения:

1. 6x³ – 25x² + 3х + 4 = 0;
2. 6x⁴ – 7x³ – 6х²+ 2х + 1 = 0;
3. 3x⁴ – 8x³ – 2х²+ 7х – 1 = 0;

1.2. Возвратные уравнения и методы решения

Определение. Уравнение с целыми степенями относительно неизвестного называется возвратным, если его коэффициенты, равноотстоящие от концов левой части, равны между собой, т.е. уравнение вида

аxⁿ + bx^n-1 + cx^n-2 + … + cx²+ bx + а = 0

Возвратное уравнение нечетной степени

аx²ⁿ⁺¹ + bx²ⁿ + cx^2n-1 + … + cx²+ bx + а = 0

всегда имеет корень х = – 1. Поэтому оно эквивалентно объединению уравнению х + 1 = 0 и . Последнее уравнение является возвратным уравнением четной степени. Таким образом, решение возвратных уравнений любой степени сводится к решению возвратного уравнения четной степени.

Как же его решать? Пусть дано возвратное уравнение четной степени

аx²ⁿ + bx^2n-1 + … + dxⁿ⁺¹+ exⁿ + dx^n-1 + … + bx + а = 0

Заметим, что х = 0 не является корнем уравнения. Тогда делим уравнение на хⁿ, получим

аxⁿ + bx^n-1 + … + dx + e + dx^-1 + … + bx^1-n + аx^-n = 0

Группируем попарно члены левой части

а(xⁿ + x^-n) + b(x^n-1 + x^-(n-1) + … + d(x + x^-1) + e = 0

Делаем замену х + х^-1 = у. После подстановки выражений х² + х^-2 = у² – 2;

х³ + х^-3 = у³ – 3у; х⁴ + х^-4 = у⁴ – 4у + 2 в уравнение получим уравнение относительно у Ауⁿ + By^n-1 +Cy^n-2 + … + Ey + D = 0.

Для решения этого уравнения нужно решить несколько квадратных уравнений вида х + х^-1 = у_k, где к = 1, 2, … n. Таким образом, получим корни исходного уравнения.

Пример 1. Решить уравнение х⁷ + х⁶ – 5х⁵ – 13х⁴ – 13х³ – 5х² + 2х + 1 = 0.

Решение. х = – 1 является корнем уравнения. Применим схему Горнера.

Наше уравнение примет вид:

(х + 1)(х⁶ + х⁵ – 6х⁴ – 7х³ – 6х² + х + 1) = 0

1) х + 1 = 0, х = -1;

2) х⁶ + х⁵ – 6х⁴ – 7х³ – 6х² + х + 1 = 0 | : x³ ? 0; х³ + х² – 6х – 7 – 6/х + 1/х² + 1/х³=0.

Группируя, получим: .

Вводим замену: ; ; .

Получим относительно у уравнение: у³ – 3у + у² – 2 – 6у – 7 = 0;

у³ + у² – 9у– 9 = 0; у² (у + 1) – 9(у + 1) = 0; (у + 1)(у² – 9); у₁ = -1, у_2,3 = ± 3.

Решая уравнения , , ,

получим корни: , , ,

Ответ: х₁ = -1, ,

Упражнения

Решить уравнения.

1. 2х⁵ + 5х⁴ – 13х³ – 13х² + 5х + 2 = 0;
2. 2х⁴ + 3х³ – 16х² + 3х + 2 = 0;
3. 15х⁵ + 34х⁴ + 15х³ – 15х² – 34х – 15 = 0.

1.3. Метод замены переменной при решении уравнений

Метод замены переменной - самый распространенный метод. Искусство производить замену переменной заключается в том, чтобы увидеть, какая замена будет более рациональна и быстрее приведет к успеху.

Если дано уравнение

F(f(x)) = 0, (1)

то заменой неизвестной у = f(x) оно сначала сводится к уравнению

F(у) = 0, (2)

а потом после нахождения всех решений уравнения (2) у₁, у₂, …, y_n, … сводится к решению совокупности уравнений f(x) =у_1, f(x) = у₂,…, f(x) = у₂, …

Основными способами реализации метода замены переменной являются:

• использование основного свойства дроби;
• выделение квадрата двучлена;
• переход к системе уравнений;
• раскрытие скобок парами;
• раскрытие скобок парами и деление обеих частей уравнения;
• понижение степени уравнения;
• двойная замена.

1.3.1. Понижение степени уравнения

Решить уравнение (х² + х + 2)(х² + х + 3) = 6 (3)

Решение. Обозначим х² + х + 2 = у, тогда полечим у(у+1)=6, решая последнее, получим у₁ = 2, у₂ = -3. Данное уравнение (3) равносильно совокупности уравнений х² + х + 2 = 2

х² + х + 2 = -3

Решая первое, получим х₁ = 0, х₂ = -1. Решая второе, получим ,

Ответ: х₁ = 0, х₂ = -1, ,

1.3.2. Уравнение четвертой степени вида (х + а)(х + b)(x + c)(x + d) = m, где а + b = c + d, или а + с = b + d, или а + d = b + c.

Пример. Решить уравнение (х - 1)(х - 7)(x -4)(x + 2) = 40

Решение. – 1- 4 = - 7 + 2, - 5 = - 5, перемножив эти пары скобок, получим уравнение (х² - 5х - 14)(х² - 5х + 4) = 40

Введем замену: х² - 5х – 14 = у, получим уравнение у(у + 18) = 40, у² + 18у = 40, у² + 18у – 40 = 0. у₁ = -20, у₂ = 2. Возвращаясь к исходной переменной, решим совокупность уравнений:

1.3.3. Уравнение вида (х + а)(х + b)(x + c)(x + d) = Ех²,

где ab = cd, или ac =bd, или ad = bc. Раскрываем скобки парами и делим обе части на х² 0.

Пример. (х - 1)(х - 2)(x - 8)(x - 4) = 4х²

Решение. Произведение чисел, стоящих в первой и третьей, во второй и четвертой скобках, равны, т.е. – 8 • (- 1) = (- 2)(- 4). Перемножим указанные пары скобок и запишем уравнение (х² - 9х + 8)(х² - 6х + 8) = 4х².

Поскольку х = 0 не является корнем уравнения, разделим обе части уравнения на х² 0, получим: , замена: , исходное уравнение примет вид: t(t+3) =4, t² + 3t=4, t² + 3t – 4=0, t₁ =1, t₂ = - 4.

Вернемся к исходной переменной:

Первое уравнение решаем, получим х_1,2= 5 ±

Второе уравнение не имеет корней.

Ответ: х_1,2= 5 ±

1.3.4. Уравнение четвертой вида (ах² + b₁х + c)(aх² + b₂x + c) = Aх²

Уравнение (ах² + b₁х+ c)(aх² + b₂x + c) = Aх², где с 0, А 0, не имеет корня х = 0, поэтому, разделив уравнение на х² , получим равносильное ему уравнение , которое после замены неизвестной перепишется в виде квадратного и легко решается.

Пример. (х² + х+ 2)(х² + 2x + 2) = 2х²

Решение. Легко видно, что х = 0 не является корнем данного уравнения, разделив данное уравнение на х², получим уравнение

замена , получим уравнение (у+1)(у+2) = 2, решив его, имеем корни у₁ = 0; у₂ = - 3, следовательно исходное уравнение равносильно совокупности уравнений

решая, получим х₁ = -1; х₂ = -2.

Ответ: х₁ = -1; х₂ = -2

1.3.5. Уравнение вида: a(cx² + p₁x + q)² + b(cx² + p₂x + q)² = Ax²

Уравнение a(cx² + p₁x + q)² + b(cx² + p₂x + q)² = Ax², где a, b, c, q, A таковы, что q 0, A 0, c 0, a 0, b 0, не имеет корня х = 0, поэтому, разделив уравнение на х², получим равносильное ему уравнение , которое после замены перепишется в виде квадратного уравнения, которое легко решается.

Пример. Решить уравнение

3(x² + 2x - 1)² – 2(x² + 3x - 1)² + 5x² = 0

Решение. Легко видеть, что x = 0 не является корнем данного уравнения, поэтому, разделив обе части этого уравнения на x², получим

, заменяя , получим уравнение

1.3.6. Уравнения вида: (x + a)⁴ + (x + b)⁴ = c

Уравнение этого вида, где а, b, с – данные числа, можно свести к биквадратному уравнению с помощью замены переменной

, т. е.

Пример. Решить уравнение.

(x - 1)⁴ + (x + 3)⁴ = 82

Решение. Обозначим , т. е. y = x + 1, или x = y – 1. Тогда уравнение примет вид: (y - 2)⁴ + (y + 2)⁴ = 82, применяя формулу

(a +b)⁴ = a⁴ + 4a³b + 6a²b² + 4ab³ + b⁴, получим 2y⁴ + 48y² + 2 • 16 = 82.

Далее легко решается.

Решить уравнения.

1) (x - 1)(x + 2)(x -3)(x + 4) = 144

2) (x + 3)(x + 1)(x + 5)(x + 7) = - 16

3) (x - 4)(x + 5)(x + 10)(x - 2) = 18x²

4) (x + 6)(x + 3)(x - 1)(x - 2) – 12x² = 0

5) (x² – 5x - 4)² - 3(x³ – 5x² – 4x) + 2x² = 0

6) (x² + x + 1)(x² + x + 2) = 12

7) (x - 4)⁴ + x⁴ = 82

8) (2x² – 3x + 1)(2x² + 5x + 1) = 9x²

1.3.7. Уравнения вида:

,

где a, b, c, A, B, E – постоянные, а 0.

В таких уравнениях сначала проверяют, является ли х = 0 корнем уравнения, затем делят числитель, и знаменатель каждой дроби на х ? 0 и вводят замену

Пример 1. Решить уравнение.

Решение: Проверим х = 0 не корень уравнения. Делим числитель и знаменатель каждой дроби на х 0, получим: , делаем замену , получим , решая это уравнение, получим t₁ = 6, t₂ = - 1. Вернёмся к старой замене: