Алгебра
План урока:
Иррациональные уравнения
Ранее мы рассматривали целые и дробно-рациональные уравнения. В них выражение с переменной НЕ могло находиться под знаком радикала, а также возводиться в дробную степень. Если же переменная оказывается под радикалом, то получается иррациональное уравнение.
Приведем примеры иррациональных ур-ний:
Заметим, что не всякое уравнение, содержащее радикалы, является иррациональным. В качестве примера можно привести
Это не иррациональное, а всего лишь квадратное ур-ние. Дело в том, что под знаком радикала стоит только число 5, а переменных там нет.
Простейшие иррациональные уравнения
Начнем рассматривать способы решения иррациональных уравнений. В простейшем случае в нем справа записано число, а вся левая часть находится под знаком радикала. Выглядит подобное ур-ние так:
где а – некоторое число (константа), f(x) – рациональное выражение.
Для его решения необходимо обе части возвести в степень n, тогда корень исчезнет:
Получаем рациональное ур-ние, решать которые мы уже умеем. Однако есть важное ограничение. Мы помним, что корень четной степени всегда равен положительному числу, и его нельзя извлекать из отрицательного числа. Поэтому, если в ур-нии
n – четное число, то необходимо, чтобы а было положительным. Если же оно отрицательное, то ур-ние не имеет корней. Но на нечетные n такое ограничение не распространяется.
Пример. Решите ур-ние
Решение. Справа стоит отрицательное число (– 6), но квадратный корень (если быть точными, то арифметический квадратный корень) не может быть отрицательным. Поэтому ур-ние корней не имеет.
Ответ: корней нет.
Пример. Решите ур-ние
Решение. Теперь справа стоит положительное число, значит, мы имеем право возвести обе части в квадрат. При этом корень слева исчезнет:
Пример. Решите ур-ние
Решение. Справа стоит отрицательное число, но это не является проблемой, ведь кубический корень может быть отрицательным. Возведем обе части в куб:
Конечно, под знаком корня может стоять и более сложное выражение, чем (х – 5).
Пример. Найдите решение ур-ния
Решение. Возведем обе части в пятую степень:
х 2 – 14х – 32 = 0
Получили квадратное ур-ние, которое можно решить с помощью дискриминанта:
D = b 2 – 4ac = (– 14) 2 – 4•1•(– 32) = 196 + 128 = 324
Итак, нашли два корня: (– 2) и 16.
Несколько более сложным является случай, когда справа стоит не постоянное число, а какое-то выражение с переменной g(x). Алгоритм решения тот же самый – необходимо возвести в степень ур-ние, чтобы избавиться от корня. Но, если степень корня четная, то необходимо проверить, что полученные корни ур-ния не обращают правую часть, то есть g(x), в отрицательное число. В противном случае их надо отбросить как посторонние корни.
Пример. Решите ур-ние
Решение. Возводим обе части во вторую степень:
х – 2 = х 2 – 8х + 16
D = b 2 – 4ac = (– 9) 2 – 4•1•18 = 81 – 72 = 9
Получили два корня, 3 и 6. Теперь проверим, во что они обращают правую часть исходного ур-ния (х – 4):
при х = 3 х – 4 = 3 – 4 = – 1
при х = 6 6 – 4 = 6 – 4 = 2
Корень х = 3 придется отбросить, так как он обратил правую часть в отрицательное число. В результате остается только х = 6.
Пример. Решите ур-ние
Решение. Здесь используется кубический корень, а потому возведем обе части в куб:
3х 2 + 6х – 25 = (1 – х) 3
3х 2 + 6х – 25 = 1 – 3х + 3х 2 – х 3
Получили кубическое ур-ние. Решить его можно методом подбора корня. Из всех делителей свободного коэффициента (– 26) только двойка обращает ур-ние в верное равенство:
Других корней нет. Это следует из того факта, что функция у = х 3 + 9х – 26 является монотонной.
Заметим, что если подставить х = 2 в левую часть исходного ур-ния 1 – х, то получится отрицательное число:
при х = 2 1 – х = 1 – 2 = – 1
Но означает ли это, что число 2 НЕ является корнем? Нет, ведь кубический корень вполне может быть и отрицательным (в отличие от квадратного). На всякий случай убедимся, что двойка – это действительно корень исходного уравнения:
Уравнения с двумя квадратными корнями
Ситуация осложняется, если в ур-нии есть сразу два квадратных корня. В этом случае их приходится убирать последовательно. Сначала мы переносим слагаемые через знак «=» таким образом, чтобы слева остался один из радикалов и ничего, кроме него. Возводя в квадрат такое ур-ние, мы избавимся от одного радикала, после чего мы получим более простое ур-ние. После получения всех корней надо проверить, какие из них являются посторонними. Для этого их надо просто подставить в исходное ур-ние.
Пример. Решите ур-ние
Решение. Перенесем вправо один из корней:
Возведем обе части в квадрат. Обратите внимание, что левый корень при этом исчезнет, а правый – сохранится:
Теперь снова перемещаем слагаемые так, чтобы в одной из частей не осталось ничего, кроме корня:
Снова возведем ур-ние в квадрат, чтобы избавиться и от второго корня:
(2х – 4) 2 = 13 – 3х
4х 2 – 16х + 16 = 13 – 3х
4х 2 – 13х + 3 = 0
D = b 2 – 4ac = (– 13) 2 – 4•4•3 = 169 –48 = 121
Имеем два корня: 3 и 0,25. Но вдруг среди них есть посторонние? Для проверки подставим их в исходное ур-ние. При х = 0,25 имеем:
Получилось ошибочное равенство, а это значит, что 0,25 не является корнем ур-ния. Далее проверим х = 3
На этот раз получилось справедливое равенство. Значит, тройка является корнем ур-ния.
Введение новых переменных
Предложенный метод последовательного исключения радикалов плохо работает в том случае, если корни не квадратные, а имеют другую степень. Рассмотрим ур-ние
Последовательно исключить корни, как в предыдущем примере, здесь не получится (попробуйте это сделать самостоятельно). Однако помочь может замена переменной.
Для начала перепишем ур-ние в более удобной форме, когда вместо корней используются степени:
х 1/2 – 10х 1/4 + 9 = 0
Теперь введем переменную t = x 1/4 . Тогда х 1/2 = (х 1/4 ) 2 = t 2 . Исходное ур-ние примет вид
Это квадратное ур-ние. Найдем его корни:
D = b 2 – 4ac = (– 10) 2 – 4•1•9 = 100 – 36 = 64
Получили два значения t. Произведем обратную замену:
х 1/4 = 1 или х 1/4 = 9
Возведем оба ур-ния в четвертую степень:
(х 1/4 ) 4 = 1 4 или (х 1/4 ) 4 = 3 4
х = 1 или х = 6561
Полученные числа необходимо подставить в исходное ур-ние и убедиться, что они не являются посторонними корнями:
В обоих случаях мы получили верное равенство 0 = 0, а потому оба числа, 1 и 6561, являются корнями ур-ния.
Пример. Решите ур-ние
х 1/3 + 5х 1/6 – 24 = 0
Решение. Произведем замену t = x 1/6 , тогда х 1/3 = (х 1/6 ) 2 = t 2 . Исходное ур-ние примет вид:
Его корни вычислим через дискриминант:
D = b 2 – 4ac = 5 2 – 4•1•(– 24) = 25 + 96 = 121
Далее проводим обратную заменуx 1/6 = t:
х 1/6 = – 8 или х 1/6 = 3
Первое ур-ние решений не имеет, а единственным решением второго ур-ния является х = 3 6 = 729. Если подставить это число в исходное ур-ние, то можно убедиться, что это не посторонний корень.
Замена иррационального уравнения системой
Иногда для избавления от радикалов можно вместо них ввести дополнительные переменные и вместо одного иррационального ур-ния получить сразу несколько целых, которые образуют систему. Это один из самых эффективных методов решения иррациональных уравнений.
Пример. Решите ур-ние
Решение. Заменим первый корень буквой u, а второй – буквой v:
Исходное ур-ние примет вид
Если возвести (1) и (2) в куб и квадрат соответственно (чтобы избавиться от корней), то получим:
Ур-ния (3), (4) и (5) образуют систему с тремя неизвестными, в которой уже нет радикалов:
Попытаемся ее решить. Сначала сложим (4) и (5), ведь это позволит избавиться от переменной х:
(х + 6) + (11 – х) = u 3 + v 2
из (3) можно получить, что v = 5 – u. Подставим это в (6) вместо v:
17 = u 3 + (5 – u) 2
17 = u 3 + u 2 – 10u + 25
u 3 + u 2 – 10u + 8 = 0
Получили кубическое ур-ние. Мы уже умеем решать их, подбирая корни. Не вдаваясь в подробности решения, укажем, что корнями этого ур-ния являются числа
подставим полученные значения в (4):
x + 6 = 1 3 или х + 6 = 2 3 или х + 6 = (– 4) 3
x + 6 = 1 или х + 6 = 8 или х + 6 = – 64
х = – 5 или х = 2 или х = – 70
Итак, нашли три возможных значения х. Но, конечно же, среди них могут оказаться посторонние корни. Поэтому нужна проверка – подставим полученные результаты в исходное ур-ние. При х = – 5 получим
Корень подошел. Проверяем следующее число, х = 2:
Корень снова оказался верным. Осталась последняя проверка, для х = – 70:
Итак, все три числа прошли проверку.
Уравнения с «вложенными» радикалами
Порою в ур-нии под знаком радикала стоит ещё один радикал. В качестве примера приведем такую задачу:
При их решении следует сначала избавиться от «внешнего радикала», после чего можно будет заняться и внутренним. То есть в данном случае надо сначала возвести обе части равенства в квадрат:
Внешний радикал исчез. Теперь будем переносить слагаемые, чтобы в одной из частей остался только радикал:
Хочется поделить полученное ур-ние (1) на х, однако важно помнить, что деление на ноль запрещено. То есть, если мы делим на х, то мы должны наложить дополнительное ограничение х ≠ 0. Случай же, когда х всё же равен нулю, мы рассматриваем отдельно. Для этого подставим х = 0 сразу в исходное ур-ние:
Получили верное рав-во, значит, 0 является корнем. Теперь возвращаемся к (1) и делим его на х:
Возводим в квадрат и получаем:
х 2 + 40 = (х + 4) 2
х 2 + 40 = х 2 + 8х + 16
И снова нелишней будет проверка полученного корня:
Иррациональные неравенства
По аналогии с иррациональными ур-ниями иррациональными неравенствами называют такие нер-ва, в которых выражение с переменной находится под знаком радикала или возводится в дробную степень. Приведем примеры иррациональных нер-в:
Нет смысла решать иррациональные нер-ва, если есть проблемы с более простыми, то есть рациональными нер-вами, а также с их системами. Поэтому на всякий случай ещё раз просмотрите этот и ещё вот этот уроки.
Начнем с решения иррациональных неравенств простейшего вида, у которых в одной из частей стоит выражение под корнем, а в другой – постоянное число. Достаточно очевидно, что нер-во вида
Может быть справедливым только тогда, когда
То есть, грубо говоря, нер-ва можно возводить в степень. Однако при этом могут возникнуть посторонние решения. Дело в том, что нужно учитывать и тот факт, что подкоренное выражение должно быть неотрицательным в том случае, если степень корня является четной. Таким образом, нер-во
при четном n можно заменить системой нер-в
Пример. При каких значениях x справедливо нер-во
Решение. С одной стороны, при возведении нер-ва в квадрат мы получим такое нер-во:
х ⩽ – 5 (знак нер-ва изменился из-за того, что мы поделили его на отрицательное число)
Получили промежуток х∈(– ∞; – 5). Казалось бы, надо записать ещё одно нер-во
чтобы подкоренное выражение было неотрицательным. Однако сравните (1) и (2). Ясно, что если (1) выполняется, то справедливым будет и (2), ведь если какое-то выражение больше или равно двум, то оно автоматически будет и больше нуля! Поэтому (2) можно и не решать.
Теперь посмотрим на простейшие нер-ва с корнем нечетной степени.
Пример. Найдите решение нер-ва
Решение. Всё очень просто – надо всего лишь возвести обе части в куб:
x 2 – 7x– 8 2 – 7x– 8 = 0
D = b 2 – 4ac = (– 7) 2 – 4•1•(– 8) = 49 + 32 = 81
Далее полученные точки отмечаются на координатной прямой. Они разобьют ее на несколько промежутков, на каждом из которых функция у =x 2 – 7x– 8 сохраняет свой знак. Определить же этот самый знак можно по направлению ветвей параболы, которую рисует схематично:
Видно, что парабола располагается ниже оси Ох на промежутке (– 1; 8). Поэтому именно этот промежуток и является ответом. Нер-во строгое, поэтому сами числа (– 1) и 8 НЕ входят в ответ, то есть для записи промежутка используются круглые скобки.
Обратите внимание: так как в исходном нер-ве используется корень нечетной (третьей) степени, то нам НЕ надо требовать, чтобы он был неотрицательным. Он может быть меньше нуля.
Теперь рассмотрим более сложный случай, когда в правой части нер-ва стоит не постоянное число, а некоторое выражение с переменной, то есть оно имеет вид
Случаи, когда n является нечетным числом, значительно более простые. В таких ситуациях достаточно возвести нер-во в нужную степень.
Пример. Решите нер-во
Решение.Слева стоит кубический корень, а возведем нер-во в третью степень (при этом мы используем формулу сокращенного умножения):
И снова квадратное нер-во. Найдем нули функции записанной слева, и отметим их на координатной прямой:
D = b 2 – 4ac = (– 1) 2 – 4•1•(– 2) = 1 + 8 = 9
Нер-во выполняется при х∈(– ∞; – 1)⋃(2; + ∞). Так как мы возводили нер-во в нечетную степень, то больше никаких действий выполнять не надо.
стоит корень четной степени, то ситуация резко осложняется. Его недостаточно просто возвести его в n-ую степень. Необходимо выполнение ещё двух условий:
f(x) > 0 (подкоренное выражение не может быть отрицательным);
g(x) > 0 (ведь сам корень должен быть неотрицательным, поэтому если g(x)будет меньше нуля, то решений не будет).
Вообще говоря, в таких случаях аналитическое решение найти возможно, но это тяжело. Поэтому есть смысл решить нер-во графически – такое решение будет более простым и наглядным.
Пример. Решите нер-во
Решение. Сначала решим его аналитически, без построения графиков. Возведя нер-во в квадрат, мы получим
х 2 – 10х + 21 > 0(1)
Решением этого квадратного нер-ва будет промежуток (– ∞;3)⋃(7; + ∞). Но надо учесть ещё два условия. Во-первых, подкоренное выражение должно быть не меньше нуля:
Во-вторых, выражение 4 – х не может быть отрицательным:
Получили ограничение 2,5 ⩽ х ⩽ 4, то есть х∈[2,5; 4]. С учетом того, что при решении нер-ва(1) мы получили х∈(– ∞;3)⋃(7; + ∞), общее решение иррационального нер-ва будет их пересечением, то есть промежутком [2,5; 3):
Скажем честно, что описанное здесь решение достаточно сложное для понимания большинства школьников, поэтому предложим альтернативное решение, основанное на использовании графиков. Построим отдельно графики левой и правой части нер-ва:
Видно, что график корня находится ниже прямой на промежутке [2,5; 3). Возникает вопрос – точно ли мы построили график? На самом деле с его помощью мы лишь определили, что искомый промежуток находится между двумя точками. В первой график корня касается оси Ох, а во второй точке он пересекается с прямой у = 4 – х. Найти координаты этих точек можно точно, если решить ур-ния. Начнем с первой точки:
Итак, координата х первой точки в точности равна 2,5. Для нахождения второй точки составим другое ур-ние:
Это квадратное ур-ние имеет корни 3 и 7 (убедитесь в этом самостоятельно). Число 7 является посторонним корнем:
Подходит только число 3, значит, вторая точка имеет координату х = 3, а искомый промежуток – это [2,5; 3).
Ещё тяжелее случаи, когда в нер-ве с корнем четной степени стоит знак «>», а не « 1/2 = х – 3
Понятие корня n-ой степени. Решение уравнений
Обращаем Ваше внимание, что в соответствии с Федеральным законом N 273-ФЗ «Об образовании в Российской Федерации» в организациях, осуществляющих образовательную деятельность, организовывается обучение и воспитание обучающихся с ОВЗ как совместно с другими обучающимися, так и в отдельных классах или группах.
Выберите документ из архива для просмотра:
5. Решение степенных уравнений..wmv
Выбранный для просмотра документ 1. План урока.doc
Алгебра и начала анализа – 11 класс
Тема: «Тема: «Понятие корня n -ой степени. Решение уравнений».
Тип урока: урок закрепления ранее изученного учебного материала, применение полученных знаний
Форма проведения: Урок проводился онлайн, с применением элементов системы дистанционного обучения.
Разработала: учитель математики МАОУ СОШ № 8 Североуральского городского округа Калина Светлана Петровна.
Закрепить первичные навыки вычисления корня n-ой степени из действительного числа, применить полученные знания при решении иррациональных уравнений.
Научиться решать степенные уравнения.
Развивать логическое мышление, внимание и умение делать выводы на основе известных фактов.
Компьютерное оборудование (рабочее место учителя и учащихся), обеспеченное выходом в Интернет, презентация PowerPoint «Решение степенных уравнений» (далее – презентация), учебник «Алгебра и начала анализа 10 – 11» под редакцией А.Г. Мордковича.
Учебник: А.Г. Мордкович «Алгебра и начала анализа 10 – 11».
Организационный этап (приветственное слово учителя записано в формате Проигрыватель Windows Media )
Добрый день, ребята. Сегодня на уроке мы с вами должны закрепить первичные навыки вычисления корня n-ой степени из действительного числа, повторить приемы решения иррациональных уравнений, применить графический способ при решении степенных уравнений и решить проблемную ситуацию, связанную с решением таких уравнений.
Сегодня урок необычный, проводим мы его дистанционно. И перед каждым из вас стоит несколько задач. Конечно, это, прежде всего, предметная составляющая. Она важна. Но, вы также должны суметь правильно распределить и спланировать свое рабочее время на онлайн уроке, должны быть внимательны и организованы.
Обращаю ваше внимание на план работы на уроке (представлен ниже): в третьем столбце таблицы указано планируемое время для выполнения заданий. Вам необходимо выполнить две задачи: во-первых, на выполнение каждого пункта плана постараться затратить отведенное учителем время и, во-вторых, обязательно записать, какое фактическое время на выполнение каждого задания вы затратили (столбец 4). Постарайтесь также проанализировать, почему произошло отклонение во времени, в случае, если было затрачено больше времени. Я готова вместе с вами подумать над этими причинами и доработать вопрос.
Акцентирую ваше внимание на том, что период сдачи контрольной точки – ссылка на тест будет открыта в указанное время, время выполнения 20 минут, формат сдачи – онлайн.
Ребята, я напоминаю вам, что в течение урока вы также можете задавать мне вопросы по учебному материалу в режиме онлайн. Удачи вам! Хорошего настроения и плодотворного интересного урока!
Уравнения высших степеней в математике с примерами решения и образцами выполнения
Уравнение n-й степени с одним неизвестным:
Определение:
Уравнением n-й степени с одним неизвестным х называется уравнение
где — любые комплексные числа, а₀ ≠ 0, n— натуральное.
Изучение уравнения (1) в общем виде выходит за рамки школьного курса алгебры. В этой главе рассматриваются лишь некоторые свойства уравнения (1) и, кроме того, изучаются некоторые его частные виды.
Деление многочлена относительно х на х—а
Теорема:
Остаток от деления многочлена относительно х на двучлен х — а равен значению этого многочлена при х, равном а.
Доказательство:
Разделим многочлен n-й степени
на двучлен х — а. Как известно, частным (неполным) в этом случае будет многочлен n— 1 степени
а остатком — некоторое число r. Так как делимое равно делителю, умноженному на частное, плюс остаток, то
Равенство (3) есть тождество, оно справедливо при любых значениях х. В частности, оно справедливо и при х = а. При х = а. первое слагаемое правой части равенства (3) обращается в нуль, а потому
Следствие:
Для того чтобы многочлен относительно х делился на двучлен х — а, необходимо и достаточно, чтобы число а было корнем этого многочлена, т. е. чтобы при х = а многочлен обращался в нуль.
Доказательство:
Необходимость:
Пусть многочлен (1) делится на х — а, т. е. остаток r равен нулю. Тогда на основании равенства (4)
т. е. а — корень многочлена (1).
Достаточность:
Пусть а — корень многочлена (1), т. е. имеет место равенство (5). Тогда на основании равенства (4) r = 0, т. е. многочлен (1) делится на двучлен х — а.
Рассмотрим вновь тождество (3). Если в правой части его раскрыть скобки и сделать приведение подобных членов, в результате должен получиться тот же многочлен, что и в левой части. На этом основании, приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х, получаем
Перепишем эти равенства так:
Полученные равенства показывают, что коэффициенты частного и остаток, т. е. , удобно вычислять последовательно одно за другим. Эти вычисления обычно располагают следующим образом:
Пример:
Решение:
Первый коэффициент 2 второй строки просто сносится (b₀ = а₀). Второй коэффициент 3 получен так:
Третий коэффициент 10 получен так:
и т. д. Неполное частное равно
Пример:
Найти значение многочлена
Решение:
Искомое значение многочлена равно остатку от деления многочлена на x + 2
В двух местах первой строки потребовалось вписать 0. Объясняется это тем, что делимое имеет следующий вид:
Обычно члены, коэффициенты которых равны нулю, пропускаются. Здесь их пропускать нельзя.
Составление уравнения n-й степени по его корням
Теорема:
Каковы бы ни были числа можно составить уравнение n-й степени, корнями которого будут эти числа и только они. Доказательство. Составим произведение
где a₀ — любое число, отличное от нуля. При x = x₁ двучлен x — x₁ обращается в нуль, значит, при этом значении х обращается в нуль и произведение (1). При х = х₂ обращается в нуль двучлен х — x₂, и опять произведение (1) обращается в нуль. То же самое происходит при х =x₃; х = хₙ.
Пусть теперь х = а, где a — число, отличное от x₁ x₂ , …., хₙ . Ни одна из разностей а— x₁ а— x₂ ,…..о— хₙ „ не равна нулю. Число а₀ тоже отлично от нуля. Значит, и произведение
отлично от нуля.
Таким образом, уравнение
имеет корнями x₁ x₂ , …., хₙ и только эти числа.
Раскрыв скобки и выполнив приведение подобных членов, получим в левой части уравнения многочлен n-й степени относительно х, т. е.
Корнями уравнения (2) являются числа x₁ x₂ , …., хₙ и только эти числа.
Возможно, что корни x₁ x₂ , …., хₙ уравнения (2) не все различны между собой. В этих случаях говорят, что уравнение (2) имеет кратные корни. Так, например, если x₁ = x₂ и отлично от других корней уравнения (2), число является корнем второй кратности уравнения (2). Левая часть уравнения (2) делится в этом случае на (x — x₁ )³ и не делится на (х — x₁)³. Если x₁ = x₂ = x₃ и отлично от других корней уравнения (2), число x₁ является корнем третьей кратности уравнения (2). Левая часть уравнения (2) делится в этом случае на (х — x₁ )³ и не делится на (х— x₁ )⁴.
Вообще корнем кратности k уравнения (2) называется такое число а, что левая часть уравнения (2) делится на (х — а)ᵏ и не делится на
Пример:
Составить уравнение второй степени, корни которого
Решение:
. Положим а₀ = 3. Имеем
Пример:
Составить уравнение второй степени, корни которого x₁ = 1; х₂ =i.
Решение:
Положим
Пример:
Составить уравнение четвертой степени, корни которого i; —i; 1+i; 1-i
Решение:
Пример:
Составить уравнение третьей степени, корни которого x₁ = 1; х₂ = 1; х₃ = — 1.
Решение:
. Положим а₀ = 1.
Число единица является здесь корнем второй кратности,
Основная теорема алгебры и некоторые следствия из нее
Мы видели, что, выбрав произвольные п комплексных чисел, можно составить уравнение п-й степени, корнями которого будут выбранные числа. Коэффициенты этого уравнения могут при -этом оказаться как вещественными, так и мнимыми. Возникает следующий весьма важный вопрос.
Дано уравнение n-й степени с комплексными коэффициентами
Можно ли утверждать, что среди комплексных чисел найдется хоть одно число, являющееся корнем этого уравнения?
В свое время мы видели, что среди целых чисел нет числа, являющегося корнем уравнения 2х— 3 = 0 с целыми коэффициентами. Среди положительных чисел нет числа, являющегося корнем уравнения x+ 1 = 0 с положительными коэффициентами.
Среди рациональных чисел нет числа, являющегося корнем уравнения x² — 2 = 0 с рациональными коэффициентами. Среди действительных чисел нет числа, являющегося корнем уравнения x²+ 1 = 0 с действительными коэффициентами.
Понятно поэтому, сколь важное значение имеет поставленный вопрос. Ответ на него дает основная теорема алгебры.
Всякое уравнение n-й степени с любыми комплексными коэффициентами имеет комплексный корень.
Доказательство этой теоремы выходит за рамки школьной программы.
Теорема:
Всякий многочлен n-й степени с любыми комплексными коэффициентами может быть представлен и притом единственным образом в виде произведения п двучленов первой степени, т. е.
где a ≠ 0, n ≥ 1. (Два таких разложения, отличающиеся только порядком расположения множителей, не считаются различными.)
Доказательство:
Доказательство разбивается на две части. В первой части доказывается возможность представления многочлена n-й степени в виде произведения п двучленов первой степени, во второй—единственность такого представления.
Для n = 1 теорема верна, так как
Предположим, что теорема справедлива для многочленов степени n—1.
Согласно основной теореме алгебры многочлен имеет по крайней мере один корень x₁ и, следовательно, делится на х — х₁ т. е.
Для многочлена теорема справедлива. Значит,
Допустим, что имеется два таких разложения:
Так как коэффициенты при хⁿ в правой и левой частях равенств (2) и (3) должны быть равны, то
Приравниваем правые части равенств (2) и (3). После сокращения на а₀ имеем
Методом математической индукции докажем, что правая и левая части равенства (4) состоят из соответственно равных множителей, но, быть может, записанных в другом порядке.
Для n= 1 утверждение, очевидно, справедливо.
Пусть утверждение справедливо для произведений, состоящих из n—1 множителей. Докажем, что утверждение справедливо и для произведений, состоящих из n множителей.
Левая часть равенства (4) при x = x₁ обращается в нуль. Значит, при x = x₁ обращается в нуль и правая часть этого равенства, т. е.
Произведение равно нулю. Значит, хоть один из сомножителей равен нулю. Допустим, что В случае необходимости мы можем изменить нумерацию сомножителей так, чтобы первым был множитель, равный нулю. Тогда
Сократим равенство (4) на х— x₁ получим
По допущению правая и левая части равенства (5) состоят из соответственно равных множителей, но, быть может, записанных в другом порядке. Приписав в каждую часть равенства (5) по одинаковому множителю х— x₁ получим, что правая и левая части равенства (4) состоят из соответственно равных сомножителей.
Теорема доказана полностью.
некоторые из сомножителей правой части могут быть одинаковы. Обозначив различные из них, а буквами кратность их вхождения, получим
где все различны между собой
Представление левой части уравнения в виде (6) называется представлением левой части уравнения в канонической форме.
Теорема:
Всякое уравнение п-й степени с любыми комплексными коэффициентами имеет ровно п корней, среди которых могут быть и равные друг другу.
Доказательство:
где a₀ ≠ 0, n ≥ 0 Как доказано, левая часть может быть представлена в виде произведения n множителей первой степени. Таким образом, имеем
При x=x₁; х = х₂; х=хₙ левая часть уравнения превращается в нуль и, следовательно, х₁, х₂, …,xₙ— корни уравнения. Покажем, что никакое число а, отличное от х₁ х₂,…..хₙ, не может быть корнем этого уравнения.
Действительно, произведение а₀ (а — x₁) (а — х ₂ ,)… (а — x ₙ )не равно нулю, так как ни один из множителей его не равен нулю. Таким образом, корнями рассматриваемого уравнения являются числа x₁; х ₂ ;…; x ₙ и других корней нет.
Следствие:
Уравнение n-й степени имеет n корней, если каждый корень считать столько раз, какова его кратность.
Теорема:
Если уравнение n-й степени имеет действительные коэффициенты и мнимое число а + bi является корнем этого уравнения, то и сопряженное число а — bi является также корнем этого уравнения.
Доказательство:
Пусть мнимое число а + bi является корнем уравнения
с действительными коэффициентами. Требуется доказать, что сопряженное число а — bi также является корнем уравнения (7). Составим многочлен
Этот многочлен имеет действительные коэффициенты. Разделим левую часть уравнения (7) на многочлен (8). В частном получим многочлен n— 2 степени с действительными коэффициентами, в остатке многочлен степени не выше первой и тоже с действительными коэффициентами.
Так как делимое равно делителю, умноженному на частное плюс остаток, то
Положим в этом равенстве х = а + bi . Получим
так как и левая часть равенства и трехчлен при х = а + bi обращаются в нуль. Имеем
Так как b ≠ 0, то A = 0. Из первого уравнения системы (9) имеем В = 0. Выходит, что остаток Ах + В равен нулю, т. е.
При х = а — bi первый сомножитель правой части равенства (10) превращается в нуль, значит, и левая часть равенства тоже обращается в нуль. Значит, число а — bi является корнем уравнения (7).
Теорема:
Всякий многочлен n-й степени с действительными коэффициентами может быть представлен в виде произведения многочленов первой или второй степени с действительными коэффициентами.
Доказательство этой теоремы проводится методом математической индукции. Теорема, очевидно, справедлива для многочленов первой и второй степени. При этом многочлен второй степени либо имеет действительные корни и тогда разлагается на множители первой степени с действительными коэффициентами, либо он имеет два мнимых сопряженных корня, и тогда он на множители с действительными коэффициентами не разлагается.
Допустим, что теорема справедлива для многочленов n— 2 степени и многочленов n—1 степени. Докажем, что тогда она справедлива и для многочленов n-й степени.
Пусть — многочлен n-й степени с действительными коэффициентами.
Если этот многочлен имеет действительный корень x₁ то он представляется в виде произведения многочлена первой степени на многочлен n—1 степени с действительными коэффициентами, т. е.
Если же многочлен действительных корней не имеет, то он имеет мнимый корень а + bi и сопряженный с ним корень а — bi. В этом случае многочлен представляется в виде произведения трехчлена второй степени на многочлен n— 2 степени с действительными коэффициентами, т. е.
Так как теорема для многочленов п—1 степени и многочленов n— 2 степени справедлива, то она справедлива и для многочленов степени n.
Теорема Виета
легко получить теорему Виета для уравнений любой степени. Перепишем это равенство так:
К правой части этого равенства применим правило умножения двучленов, первые члены которых одинаковы (см. гл. VIII, § 5). Получаем
где имеют тот же смысл, что и в гл. VIII. Обозначим знаком f₁ сумму корней уравнения (1), т. е.
Знаком f₂ обозначим сумму всевозможных произведений корней, взятых по два. Подобный же смысл имеют знаки f₃, f₄, …, f ₙ . Тогда
Равенство (1) теперь можно переписать так:
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х в правой и левой частях равенства (2), получим
Последние равенства и выражают теорему Виета для уравнения любой степени. При n= 2, т. е. для уравнения получаем известный результат:
Пример:
Не решая уравнения , определить сумму квадратов его корней.
Решение:
Пусть х₁ x₂, х₃, — корни данного уравнения. Рассмотрим равенство
По теореме Виета
Полученный результат означает, что среди чисел х₁ x₂, х₃, имеются мнимые, иначе сумма квадратов их не могла бы быть отрицательной.
Предложенное уравнение нетрудно решить и подсчитать сумму квадратов корней непосредственно:
О решении уравнений высших степеней
Прежде всего возникает такой вопрос: можно ли для уравнений любой степени составить формулы для выражения корней уравнения через его коэффициенты, подобно известной формуле для квадратного уравнения? Оказывается, что это можно сделать для уравнений 3-й и 4-й степени, при этом формулы эти содержат столь сложные радикалы, что на практике ими предпочитают не пользоваться.
Что же касается уравнений выше 4-й степени, то доказано, что для них при помощи радикалов такие формулы составить нельзя.
В математике разработан ряд способов, дающих возможность вычислить любой корень любого уравнения с любой точностью. Один из таких способов разработан великим русским математиком, творцом неевклидовой геометрии Н. И. Лобачевским.
Ограничимся рассмотрением графического способа. Этот способ может применяться для вычисления действительных корней уравнений с действительными коэффициентами.
Пример:
Вычислить вещественные корни уравнения
Решение:
Построим график функции у = х³ — 2х— 5 (рис. 107). Имеем
Нетрудно видеть, что при x > 2,5 первое слагаемое х³ будет столь большим сравнительно с остальными, что у будет положительным числом.
По мере продвижения направо от х = 2,5 график будет подниматься кверху и, следовательно, больше пересекать ось Ох не будет.
Точно так же при х
Это означает, что точка 2,1 лежит правее корня, так как соответствующая ордината положительна (см. график).
Таким образом, 2 Вычисление рациональных корней уравнений с целыми коэффициентами
Теорема:
Для того чтобы несократимая дробь была корнем уравнения
с целыми коэффициентами, необходимо, чтобы р было делителем свободного члена аₙ, a q было делителем старшего коэффициента а₀.
Доказательство:
Пусть —корень уравнения (1), т. е. имеет место тождество
Умножим обе части тождества на qⁿ, получим
Из тождества (2) имеем
Правая часть равенства — целое число. Значит, целое.
По условию, дробь несократима, значит, ни одно простое число, входящее в р, в число q не входит. По этой причине ни одно простое число, входящее в р, не может входить и в qⁿ. Выходит, что аₙ делится на р.
Из тождества (2) имеем
Так как ни одно простое число, входящее в q, не входит в р, число может быть целым только тогда, когда а₀ делится на q.
Следствие:
Если уравнение имеет целые коэффициенты и старший из них равен единице, то рациональными корнями такого уравнения могут быть только целые числа.
Действительно, а₀ = 1, a q — делитель а₀ . Значит, q = ± 1, а тогда целое.
Следствие:
Целые корни уравнения с целыми коэффициент тами являются делителями свободного члена.
Пример:
Вычислить рациональные корни уравнения
Решение:
Свободный член равен 2. Поэтому для р возможны только следующие значения: 1, —1, 2 и —2.
Старший коэффициент равен 2. Поэтому для q возможны только следующие значения: 1, —1, 2, —2.
Составляя всевозможными способами несократимые дроби найдем, что рациональные корни данного уравнения, если они имеются, содержатся среди следующих чисел:
Подстановкой в уравнение легко выяснить, что из этих шести
чисел удовлетворяют уравнению 2, ,— 1.
Таким образом, уравнение имеет три рациональных корня:
Для испытания, является ли данное число корнем уравнения, удобно пользоваться правилом сокращенного деления многочлена на двучлен х — а. Для данного примера эти испытания проводятся так:
1 не является корнем уравнения, так как при делении левой части уравнения на х — 1 в остатке получилось — 2.
Испытываем число 2
2 — корень уравнения. В результате деления оказалось, что
Поэтому для отыскания остальных корней данного уравнения достаточно решить уравнение
Ответ.
Пример:
Найти рациональные корни уравнения
Решение:
Старший коэффициент уравнения равен единице, поэтому рациональными корнями уравнения могут быть только целые числа.
Делители свободного члена суть: 1,2, — 1, — 2. Сразу видно,-что никакое положительное число не может быть корнем данного уравнения, так как при любом положительном значении х левая часть уравнения положительна. Остается испытать — 1 и — 2:
Ответ. Уравнение рациональных корней не имеет.
Полученный в последнем примере результат означает, что корни рассматриваемого уравнения иррациональные или мнимые.
Пример:
Решение:
Выясним прежде всего, не имеет ли уравнение рациональных корней. Испытанию подлежат два числа 1 и — 1:
x₁² = 1. Остальные корни данного уравнения являются корнями уравнения третьей степени х³ — х² + х —1=0:
x₂ = 1. Остальные корни данного уравнения являются корнями квадратного уравнения х² + 1 = 0.
Ответ. x₁ = x₂ = 1; х₃ = i; x₄= — 1.
Решение двучленных уравнений 3-й, 4-й и 6-й степени
Определение. Двучленным уравнением n-й степени называется уравнение вида Очевидно, что делением на a₀ такое уравнение сводится к уравнению Если коэффициенты уравнения действительны, то двучленное уравнение можно представить в виде хⁿ — аⁿ = 0 или хⁿ + aⁿ= 0 где а — положительное число.
В этом параграфе излагается решение двучленных уравнений с действительными коэффициентами при n= 3, 4 и 6.
Уравнение имеет один действительный и два мнимых сопряженных корня.
Уравнение имеет один действительный и два мнимых сопряженных корня.
Уравнение имеет два действительных и два мнимых сопряженных корня.
Уравнение имеет две пары мнимых сопряженных корней.
Уравнение распадается на два кубических двучленных уравнения. На основании рассмотренного в п. а)
Уравнение имеет два действительных и две пары мнимых сопряженных корней
Уравнение распадается на три квадратных уравнения. Решая их, получаем
Уравнение имеет три пары мнимых сопряженных корней.
Замечание. Пользуясь извлечением корня n-й степени из комплексного числа, можно решить двучленное уравнение хⁿ = а любой степени n при любой правой части а.
Корнями уравнения хⁿ = а являются все значения корня n-й степени из а.
Пример:
Решение:
Запишем правую часть уравнения в тригонометрической форме
Пусть кубический корень из —2 + 2i равен р (cos 0 +isin 0). Тогда имеем
отсюда (§ 9 гл. IX) имеем
Для получения всех значений корня достаточно k положить равным 0, 1, 2. При k = 0 имеем
Решение трехчленных уравнений
Определение:
Трехчленным уравнением называется уравнение вида
При n= 2 уравнение является биквадратным.
Решение трехчленного уравнения подстановкой хⁿ = у сводятся к квадратному уравнению ay² + by + с = 0 и двучленному уравнению n-й степени.
Пример:
Решение:
Положим x⁴ = у. Имеем
Решение заданий и задач по предметам:
Дополнительные лекции по высшей математике:
Образовательный сайт для студентов и школьников
Копирование материалов сайта возможно только с указанием активной ссылки «www.lfirmal.com» в качестве источника.
© Фирмаль Людмила Анатольевна — официальный сайт преподавателя математического факультета Дальневосточного государственного физико-технического института
http://infourok.ru/ponyatie-kornya-n-oj-stepeni-reshenie-uravnenij-4405821.html
http://lfirmal.com/uravneniya-vysshih-stepeney/