Возведение уравнения в натуральную степень n это

Метод возведения обеих частей уравнения в одну и ту же степень

Продолжаем изучать методы решения уравнений. Сейчас мы в деталях разберем метод возведения обеих частей уравнения в одну и ту же степень. Начнем с теории: рассмотрим, для решения каких уравнений применяется метод, опишем, в чем он состоит, приведем теоретическое обоснование метода возведения обеих частей уравнения в одну и ту же степень, запишем соответствующие алгоритмы решения уравнений. После этого сосредоточимся на практике и рассмотрим разнообразные примеры решения уравнений методом возведения обеих частей уравнения в одну и ту же степень.

Для решения каких уравнений применяется

Метод возведения обеих частей уравнения в одну и ту же степень в первую очередь применяется для решения иррациональных уравнений. Это объясняется тем, что возведение в натуральную и большую единицы степень позволяет избавляться от корней. Например, возведение в степень позволяет избавляться от корней при решении следующих уравнений:

• , C≥0 , в частности, , и т.п. Возведение в квадрат обеих частей первого уравнения позволяет перейти к уравнению , и дальше – к сравнительно простому уравнению без знаков корней x 2 −5=4 . Аналогично, возведение обеих частей второго уравнения в шестую степень приводит к уравнению и дальше — к элементарному уравнению 4−5·x=0 .
• , например, , и др. В первом случае избавиться от корня позволяет возведение обеих частей уравнения в квадрат, а во втором случае – в куб.
• и , таких как , и подобные им. Для первого уравнения напрашивается возведение его обеих частей в квадрат, для второго – в шестую степень.
• уравнений с двумя, тремя корнями в записи, например, и . В таких случаях для избавления от знаков радикалов к возведению обеих частей уравнения в одну и ту же степень приходится обращаться дважды: первый раз в самом начале, второй раз – после преобразований и уединения радикала.
• уравнений, в которых под знаком корня находятся другие корни, к примеру, . Здесь также к возведению обеих частей уравнения в одну и ту же степень приходится прибегать два раза.
• и это не весь список.

Метод возведения обеих частей уравнения в одну и ту же степень используется и для решения некоторых уравнений, в которых переменная находится в основаниях степеней с дробными показателями. Например, уравнение можно решить методом возведения его обеих частей в дробную степень 6/11 .

Также метод возведения частей уравнения в степень применяется при решении некоторых степенных уравнений, в которых фигурируют иррациональные показатели. В пример приведем два уравнения и . Возведение их обеих частей в одну и ту же степень (в первом случае в степень , во втором – в степень ) позволяет избавиться от степеней с иррациональными показателями и перейти к сравнительно простым уравнениям.

В чем состоит метод возведения обеих частей уравнения в одну и ту же степень

Метод состоит в переходе к уравнению, которое получается из исходного путем возведения его обеих частей в одну и ту же степень, и нахождении решения исходного уравнения по решению полученного уравнения.

На практике наиболее часто прибегают к возведению обеих частей уравнения в одну и ту же натуральную степень, большую единицы, то есть, в квадрат, куб и т.д. Делается это на базе следующего утверждения:

Возведение обеих частей уравнения в одну и ту же четную натуральную степень дает уравнение-следствие, а возведение обеих частей уравнения в одну и ту же нечетную натуральную степень, большую единицы, дает равносильное уравнение (см. равносильные уравнения и уравнения-следствия).

Реже приходится обращаться к возведению обеих частей уравнения в другие степени, в частности, в дробные рациональные и иррациональные. В этих случаях отталкиваются от такого утверждения:

Уравнение A(x)=B(x) , на области допустимых значений переменной x для которого A(x)>0 или A(x)≥0 , B(x)>0 или B(x)≥0 , равносильно уравнению A r (x)=B r (x) , где r – положительное действительное число.

Обоснование метода

Обоснованием метода возведения обеих частей уравнения в одну и ту же степень является доказательство утверждений из предыдущего пункта. Приведем эти доказательства.

Возведение обеих частей уравнения в одну и ту же четную натуральную степень дает уравнение-следствие, а возведение обеих частей уравнения в одну и ту же нечетную натуральную степень дает равносильное уравнение.

Докажем его для уравнений с одной переменной. Для уравнений с несколькими переменными принципы доказательства те же.

Пусть A(x)=B(x) – исходное уравнение и x₀ – его корень. Так как x₀ является корнем этого уравнения, то A(x₀)=B(x₀) – верное числовое равенство. Мы знаем такое свойство числовых равенств: почленное умножение верных числовых равенств дает верное числовое равенство. Умножим почленно 2·k , где k – натуральное число, верных числовых равенств A(x₀)=B(x₀) , это нам даст верное числовое равенство A 2·k (x₀)=B 2·k (x₀) . А полученное равенство означает, что x₀ является корнем уравнения A 2·k (x)=B 2·k (x) , которое получено из исходного уравнения путем возведения его обеих частей в одну и ту же четную натуральную степень 2·k .

Для обоснования возможности существования корня уравнения A 2·k (x)=B 2·k (x) , который не является корнем исходного уравнения A(x)=B(x) , достаточно привести пример. Рассмотрим иррациональное уравнение , и уравнение , которое получено из исходного путем возведением его обеих частей в квадрат. Несложно проверить, что нуль является корнем уравнения , действительно, , что то же самое 4=4 — верное равенство. Но при этом нуль является посторонним корнем для уравнения , так как после подстановки нуля получаем равенство , что то же самое 2=−2 , которое неверное. Этим доказано, что уравнение, полученное из исходного путем возведения его обеих частей в одну и ту же четную степень, может иметь корни, посторонние для исходного уравнения.

Так доказано, что возведение обеих частей уравнения в одну и ту же четную натуральную степень приводит к уравнению-следствию.

Остается доказать, что возведение обеих частей уравнения в одну и ту же нечетную натуральную степень дает равносильное уравнение.

Покажем, что каждый корень уравнения является корнем уравнения, полученного из исходного путем возведения его обеих частей в нечетную степень, и обратно, что каждый корень уравнения, полученного из исходного путем возведения его обеих частей в нечетную степень, является корнем исходного уравнения.

Пусть перед нами уравнение A(x)=B(x) . Пусть x₀ – его корень. Тогда является верным числовое равенство A(x₀)=B(x₀) . Изучая свойства верных числовых равенств, мы узнали, что верные числовые равенства можно почленно умножать. Почленно умножив 2·k+1 , где k – натуральное число, верных числовых равенств A(x₀)=B(x₀) получим верное числовое равенство A 2·k+1 (x₀)=B 2·k+1 (x₀) , которое означает, что x₀ является корнем уравнения A 2·k+1 (x)=B 2·k+1 (x) . Теперь обратно. Пусть x₀ – корень уравнения A 2·k+1 (x)=B 2·k+1 (x) . Значит числовое равенство A 2·k+1 (x₀)=B 2·k+1 (x₀) — верное. В силу существования корня нечетной степени из любого действительного числа и его единственности будет верным и равенство . Оно в свою очередь в силу тождества , где a – любое действительное число, которое следует из свойств корней и степеней, может быть переписано как A(x₀)=B(x₀) . А это означает, что x₀ является корнем уравнения A(x)=B(x) .

Так доказано, что возведение обеих частей иррационального уравнения в нечетную степень дает равносильное уравнение.

Доказанное утверждение пополняет известный нам арсенал, использующийся для решения уравнений, еще одним преобразованием уравнений – возведением обеих частей уравнения в одну и ту же натуральную степень. Возведение в одну и ту же четную степень обеих частей уравнения является преобразованием, приводящим к уравнению-следствию, а возведение в нечетную степень – равносильным преобразованием. На этом преобразовании базируется метод возведения обеих частей уравнения в одну и ту же степень.

Утверждение, касающееся возведения обеих частей уравнения в одну и ту же положительную действительную степень, доказывается аналогично с опорой на единственность степени положительного числа с действительным показателем.

Алгоритмы решения уравнений методом возведения частей в одну и ту же степень

Есть смысл записать три алгоритма решения уравнений методом возведения обеих частей уравнения в одну и ту же степень: первый – для возведения в нечетную степень, второй – для возведения в четную степень, третий – для возведения в ненатуральную положительную степень.

Алгоритм решения уравнений методом возведения обеих частей в одну и ту же нечетную степень:

1. Обе части уравнения возводятся в одну и ту же нечетную степень 2·k+1 .
2. Решается полученное уравнение. Его решение есть решение исходного уравнения.

Алгоритм решения уравнений методом возведения обеих частей в одну и ту же четную степень:

1. Обе части уравнения возводятся в одну и ту же четную степень 2·k .
2. Решается полученное уравнение.
   • Если полученное уравнение не имеет корней, то делается вывод об отсутствии корней у исходного уравнения.
   • Если полученное уравнение имеет корни, то проводится отсеивание посторонних корней любым методом, не завязанным на области допустимых значений, например, через проверку подстановкой.

Обратите внимание: этот алгоритм, в отличие от предыдущего, содержит пункт, касающийся отсеивания посторонних корней. Это связано с тем, что возведение обеих частей уравнения в одну и ту же нечетную степень приводит к равносильному уравнению, а возведение обеих частей уравнения в четную степень в общем случае приводит к уравнению-следствию. Поэтому, в результате возведения в нечетную степень посторонние корни не возникают, а при возведении в четную степень посторонние корни могут появиться. Таким образом, при возведении частей уравнения в четную степень возникает необходимость в отсеивании посторонних корней. Почему отсеивание посторонних корней в этом случае нужно проводить методом, не использующим ОДЗ? Потому что возведение обеих частей уравнения в четную степень может приводить к появлению посторонних корней в пределах ОДЗ, и отсеять их по ОДЗ или по условиям ОДЗ невозможно.

Наконец, запишем алгоритм решения уравнений методом возведения обеих частей в одну и ту же положительную дробную рациональную или иррациональную степень:

1. Убеждаемся, что выражения в левой и правой части уравнения не принимают отрицательных значений на ОДЗ для решаемого уравнения.
2. Возводим обе части уравнения в одну и ту же положительную степень.
3. Решаем полученное уравнение. Его решение дает искомое решение исходного уравнения.

Примеры решения уравнений методом возведения обеих частей уравнения в одну и ту же степень

Большое количество попадающих под разбираемую тему примеров с подробными решениями приведено в статье решение иррациональных уравнений методом возведения обеих частей в одну и ту же степень. В добавление к этим примерам стоит разобрать решение уравнения через возведение обеих частей уравнения в одну и ту же степень, не являющуюся натуральным числом.

Решите уравнение

Решать заданное уравнение можно несколькими разными методами. Например, можно провести решение методом логарифмирования. Также можно преобразовать уравнение к виду и перейти к уравнению на основании метода освобождения от внешней функции, или, сославшись на единственность степени с данным основанием и данным показателем. Но в рамках текущей статьи нас интересует решение уравнения методом возведения его обеих частей в одну и ту же степень, поэтому, проведем решение именно этим методом.

Учитывая свойство степени в степени (см. свойства степеней), несложно догадаться, что избавиться от иррациональных показателей позволяет возведение обеих частей уравнения в степень . Здесь мимоходом заметим, что — положительное число (при необходимости смотрите сравнение чисел), и при этом не натуральное. Мы вправе осуществить задуманное возведение частей уравнения в положительную ненатуральную степень, так как степени, находящиеся в левой и правой части исходного уравнения, на ОДЗ для исходного уравнения не принимают отрицательных значений. При этом мы получим равносильное уравнение, что было обосновано в одном из предыдущих пунктов текущей статьи.

Итак, проводим возведение обеих частей уравнения в одну и ту же степень . Имеем . Это уравнение равносильно исходному, значит, решив его, мы будем иметь интересующее нас решение.

Решаем полученное уравнение:

Так мы пришли к кубическому уравнению x 3 −x 2 +2=0 . Один его корень x=−1 легко подбирается. Разделив многочлен x 3 −x 2 +2 на двучлен x+1 , получаем возможность представить кубическое уравнение в виде (x+1)·(x 2 −2·x+2)=0 . Квадратное уравнение x 2 −2·x+2=0 не имеет решений, так как его дискриминант отрицательный. Из этого заключаем, что уравнение x 3 −x 2 +2=0 имеет единственный корень x=−1 .

В процессе решения мы дважды отмечали, что нам будет необходимо сделать проверку найденных корней. Сейчас пришло это время. Проверку выполним через подстановку найденного корня x=−1 в исходное уравнение , имеем

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

Кубические уравнения. Метод деления в столбик. Алгебраические уравнения степени n. . Примеры *

Определение

Рассмотрим произвольное уравнение вида

\[a_nx^n+a_x^+\dots+a_1x+a_0=0 \qquad \qquad (1)\]

где \(a_n, a_,\dots,a_0\) – некоторые числа, причем \(a_n\ne 0\) , называемое алгебраическим уравнением (с одной переменной) \(n\) -ой степени.

Обозначим \(P_n(x)=a_nx^n+a_x^+\dots+a_1x+a_0\) . Таким образом, сокращенно уравнение \((1)\) можно записать в виде \(P_n(x)=0\) .

Замечание

Заметим, что квадратное уравнение — это алгебраическое уравнение, степень которого равна \(2\) , а линейное — степень которого равна \(1\) .
Таким образом, все свойства алгебраических уравнений верны и для квадратных уравнений, и для линейных.

Теорема

Если уравнение \((1)\) имеет корень \(x=x_0\) , то оно равносильно уравнению

где \(P_(x)\) – некоторый многочлен степени \(n-1\) .

Для того, чтобы найти \(P_(x)\) , необходимо найти частное от деления многочлена \(P_n(x)\) на \((x-x_0)\)
(т.к. \(P_n(x)=(x-x_0)\cdot P_(x)\) ).

Следствие: количество корней уравнения

Любое алгебраическое уравнение степени \(n\) может иметь не более \(n\) корней.

Замечание

В частности, квадратное уравнение действительно имеет всегда не более двух корней: два, один (или два совпадающих) или ни одного корня.

Для того, чтобы найти частное от деления одного многочлена на другой, удобно пользоваться следующим способом, который мы рассмотрим на примере.

Пример

Известно, что \(x=2\) является корнем уравнения \(2x^3-9x^2+x^4-x+6=0\) . Найдите частное от деления \(2x^3-9x^2+x^4-x+6\) на \(x-2\) .

Решение.
Будем делить многочлен на многочлен в столбик. Запишем

Заметим, что записывать слагаемые в делимом необходимо по убыванию их степеней: в данном случае сначала \(x^4\) , затем \(2x^3\) и т.д.
Подбирать слагаемые в частном будем таким образом, чтобы при вычитании уничтожить сначала четвертую степень, затем третью и т.д.
Т.к. делитель \(x-2\) состоит из двух слагаемых, то при делении в столбик будем сносить по два слагаемых.

Посмотрим, на что необходимо домножить \(x-2\) , чтобы после вычитания из \(x^4+2x^3\) полученного многочлена уничтожилось слагаемое \(x^4\,\) .
На \(x^3\) . Тогда после вычитания \(x^4+2x^3-x^3(x-2)\) останется \(4x^3\) . Снесем слагаемое \(-9x^2\) :

Теперь посмотрим, на что необходимо домножить \(x-2\) , чтобы после вычитания из \(4x^3-9x^2\) полученного многочлена уничтожилось слагаемое \(4x^3\) .
На \(4x^2\) : \(\quad 4x^3-9x^2-4x^2(x-2)=-x^2\) .
Опять снесем следующее слагаемое \(-x\) :

Рассуждая аналогично, определяем, что третье слагаемое в частном должно быть \(-x\)

Четвертое слагаемое в частном должно быть \(-3\) :

Таким образом, можно сказать, что \(x^4+2x^3-9x^2-x+6=(x-2)(x^3+4x^2-x-3)\) .

Замечание

1) Если \(x=x_0\) действительно является корнем уравнения, то после такого деления в остатке должен быть \(0\) . В противном случае это означает, что деление в столбик выполнено неверно.

2) Если многочлен делится без остатка (то есть остаток равен \(0\) ) на \(x+a\) , то он также будет делиться без остатка на \(c(x+a)\) для любого числа \(c\ne 0\) . Например, в нашем случае, если бы мы поделили многочлен, к примеру, на \(2x-4\) , то получили бы в частном \(\frac12 x^3+2x^2-\frac12x-\frac32\) .
Заметим, что также происходит и с числами: если мы разделим \(10\) на \(2\) , то получим \(5\) ; а если разделим \(10\) на \(3\cdot 2\) , то получим \(\frac53\) .

3) Деление в столбик помогает найти другие корни уравнения: теперь для того, чтобы найти остальные корни уравнения \(x^4+2x^3-9x^2-x+6=0\) , необходимо найти корни уравнения \(x^3+4x^2-x-3=0\) .
Поэтому рассмотрим несколько фактов, часто помогающих подобрать корни алгебраического уравнения.

Теорема

Если число \(x=1\) является корнем уравнения \((1)\) , то сумма всех коэффициентов уравнения равна нулю:

Доказательство

Действительно, так как \(x=1\) является корнем уравнения \((1)\) , то после подстановки \(x=1\) в него мы получим верное равенство. Так как \(1\) в любой степени равен \(1\) , то слева мы действительно получим сумму коэффициентов \(a_i\) , которая будет равна нулю.

Пример

У уравнения \(x^2-6x+5=0\) сумма коэффициентов равна нулю: \(1-6+5=0\) . Следовательно, \(x=1\) является корнем этого уравнения. Это можно проверить просто подстановкой: \(1^2-6\cdot 1+5=0\quad\Leftrightarrow\quad 0=0\) .

Теорема

Если число \(x=-1\) является корнем уравнения \((1)\) , то сумма коэффициентов при четных степенях \(x\) равна сумме коэффициентов при нечетных степенях \(x\) .

Доказательство

1) Пусть \(n\) – четное. Подставим \(x=-1\) :

\(a_n\cdot (-1)^n+a_\cdot (-1)^+a_\cdot (-1)^+\dots+a_1\cdot (-1)+a_0=0 \quad\Rightarrow\) \(a_n-a_+a_-\dots-a_1+a_0=0 \quad \Rightarrow\) \(a_n+a_+\dots+a_0=a_+a_+\dots+a_1\)

2) Случай, когда \(n\) – нечетное, доказывается аналогично.

Пример

В уравнении \(x^3+2x^2-8x+5=0\) сумма коэффициентов равна нулю:

Значит, число \(x=1\) является корнем данного уравнения.

Можно разделить в столбик \(x^3+2x^2-8x+5\) на \(x-1\) :

\[\begin x^3+2x^2-8x+5&&\negthickspace\underline<\qquad x-1 \qquad>\\ \underline \phantom<00000000>&&\negthickspace \quad x^2 + 3x -5\\[-3pt] 3x^2 — 8x\,\phantom<000>&&\\ \underline<3x^2 - 3x\,>\phantom<000>&&\\[-3pt] -5x + 5&&\\ \underline<-5x +5>&&\\[-3pt] 0&&\\ \end\]

Таким образом, \(x^3+2x^2-8x+5=(x-1)(x^2 + 3x -5)\) . Значит, остальные корни исходного уравнения — это корни уравнения \(x^2+3x-5=0\) .

Таким образом мы нашли все корни исходного уравнения.

Пример

В уравнении \(x^3-x^2+x+3=0\) сумма коэффициентов при четных степенях \(-1+3=2\) , а при нечетных: \(1+1=2\) . Таким образом, число \(x=-1\) является корнем данного уравнения.

Можно разделить в столбик \(x^3-x^2+x+3\) на \(x+1\) :

\[\begin x^3-\,x^2+ \ x+3\phantom<0>&&\negthickspace\underline<\qquad x+1 \qquad>\\ \underline \phantom<00000000>&&\negthickspace \quad x^2 -2x +3\\[-3pt] -2x^2 + x\phantom<0000>&&\\ \underline<-2x^2 -\! 2x>\,\phantom<000>&&\\[-3pt] 3x + 3&&\\ \underline<3x +3>&&\\[-3pt] 0&&\\ \end\]

Таким образом, \(x^3-x^2+x+3=(x+1)(x^2 — 2x +3)\) . Значит, остальные корни исходного уравнения — это корни уравнения \(x^2-2x+3=0\) .
Но это уравнение не имеет корней ( \(D ), значит, исходное уравнение имеет всего один корень \(x=-1\) .

Замечание

Подбор корней таким образом, деление в столбик и разложение многочлена на множители помогают найти корни уравнения.

Существует еще одна очень важная теорема, позволяющая подобрать рациональный корень алгебраического уравнения, если таковой имеется.

Теорема

Если алгебраическое уравнение

\[a_nx^n+a_x^+\dots+a_1x+a_0=0,\] где \(a_n, \dots, a_0\) — целые числа,
имеет рациональный корень \(x=\dfrac pq\) , то число \(p\) является делителем свободного члена \(a_0\) , а число \(q\) — делителем старшего коэффициента \(a_n\) .

Пример

Рассмотрим уравнение \(2x^4-5x^3-x^2-5x-3=0\) .

В данном случае \(a_0=-3, a_n=2\) . Делители числа \(-3\) — это \(\pm 1, \pm 3\) . Делители числа \(2\) – это \(\pm 1, \pm 2\) . Комбинируя из полученных делителей дроби, получаем все возможные варианты рациональных корней:

\[\pm 1, \ \pm \dfrac12, \ \pm 3, \ \pm\dfrac32\]

По предыдущим теоремам можно быстро понять, что \(\pm1\) не являются корнями. Подставив \(x=-\dfrac12\) в уравнение, получим:

\[2\cdot \dfrac1<16>+5\cdot \dfrac18-\dfrac 14+5\cdot \dfrac12-3=0 \quad \Leftrightarrow \quad 0=0\]

Значит, число \(x=-\frac12\) является корнем уравнения.

Можно перебрать остальные варианты: таким образом мы найдем еще один рациональный корень уравнения \(x=3\) . Значит, уравнение можно представить в виде

\[\left(x+\frac12\right)(x-3)\cdot Q_2(x)=0 \quad \text<или>\quad (2x+1)(x-3)\cdot P_2(x)=0\] (тогда \(P_2(x)=\frac12 Q_2(x)\) ). Заметим, что второй вид записи уравнения более удобный, т.к. нам не придется при делении в столбик работать с дробями.

После деления в столбик \(2x^4-5x^3-x^2-5x-3\) на \((2x+1)(x-3)=2x^2-5x-3\) :

получим, что \(P_2(x)=x^2+1\) . Данный многочлен не имеет корней, значит, уравнение имеет только два корня: \(x=-\frac12\) и \(x=3\) .

Замечание

Заметим, что если, пользуясь предыдущей схемой, не удалось подобрать рациональный корень уравнения, это вовсе не значит, что уравнение не имеет корней.
Например, уравнение \(x^3-2=0\) имеет корень — это \(x=\sqrt[3]2\) , и он не рациональный.
Для подбора иррациональных корней не существует универсального алгоритма.

Пример

Найдите корни уравнения \(4x^3-3x^2-\frac<23>6x-1=0\) .

Заметим, что в данном уравнении не все коэффициенты – целые числа (коэффициент при \(x\) равен \(-\frac<23>6\) ). Но мы можем преобразовать данное уравнение к нужному нам виду: необходимо умножить правую и левую части уравнения на \(6\) :

\[24x^3-18x^2-23x-6=0\]
Делители свободного члена: \(\pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 6\) .
Делители старшего коэффициента: \(\pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm4, \pm 6, \pm 8, \pm 12, \pm 24\) .
Получилось достаточно много \(:)\)
Выпишем некоторые возможные рациональные корни уравнения:

\[\pm 1, \ \pm \dfrac12, \ \pm \dfrac13, \ \pm \dfrac 16, \ \pm\dfrac18, \ \pm2, \ \pm\dfrac23, \ \pm \dfrac14, \ \pm3\quad \text<\small<и т.д.>>\]

Перебирая варианты, убеждаемся, что \(\frac32\) подходит. Значит, многочлен \(24x^3-18x^2-23x-6\) должен без остатка поделиться на \(x-\frac32\) . Для удобства разделим на \(2(x-\frac32)=2x-3\) (чтобы не работать с дробями):

Таким образом, \(24x^3-18x^2-23x-6=(2x-3)(12x^2 +9x +2)\) . Уравнение \(12x^2 +9x +2=0\) в свою очередь корней не имеет. Значит, \(x=\frac32\) – единственный корень исходного уравнения.

Теорема

Любой многочлен \(P_n(x)=a_nx^n+a_x^+\dots+a_1x+a_0\) можно разложить на произведение множителей: линейных ( \(ax+b, a\ne 0\) ) и квадратичных ( \(cx^2+px+q, c\ne 0\) ) с отрицательным дискриминантом.

Следствие

Кубическое уравнение \(Ax^3+Bx^2+Cx+D=0\) всегда имеет как минимум один вещественный корень, т.к. его левую часть всегда можно представить как

Замечание

На самом деле, такой вывод можно сделать о любом алгебраическом уравнении нечетной степени. Но, как правило, в школьном курсе математики крайне редко встречаются уравнения степени выше \(4\) .

Задачи с алгебраическими уравнениями в ЕГЭ по математике встречаются из года в год, а потому освежить в памяти базовую теорию по данной теме непременно стоит всем учащимся. При этом практика показывает, что подобные задания вызывают определенные сложности у большинства выпускников. Поэтому, если одним из ваших слабых мест являются задачи ЕГЭ с системами линейных алгебраических уравнений и вы рассчитываете получить конкурентные баллы по итогам прохождения аттестационного испытания, повторите общую теорию. Однако найти источник, в котором весь необходимый базовый материал изложен доступно и понятно для учащихся с любым уровнем подготовки не так просто, как может показаться на первый взгляд. Школьные учебники невозможно всегда держать под рукой. А найти основные формулы бывает довольно проблематично даже на просторах Интернета.

Для того чтобы ликвидировать пробелы в знаниях, рекомендуем обратиться к образовательному проекту «Школково». Вся базовая теория по теме «Алгебраические уравнения» систематизирована и изложена нашими специалистами на основе многолетнего опыта в максимально доступной форме. Ознакомившись с представленной информацией, выпускники смогут грамотно объяснять решение задач.

Для того чтобы учащиеся из Москвы или другого российского населенного пункта, посетившие образовательный портал «Школково», смогли легко и качественно подготовиться к ЕГЭ, мы не только в понятной форме изложили теорию алгебраических уравнений, но и подобрали соответствующие упражнения. Для каждого из них наши специалисты прописали подробный алгоритм решения и указали правильный ответ. Последовательно выполняя простые и более сложные упражнения по данной теме, учащиеся смогут отработать навык решения подобных задач. Перечень заданий в разделе «Каталог» постоянно дополняется и обновляется.

Изучить теоретический материал по теме «Алгебраические уравнения» и попрактиковаться в выполнении упражнений можно в режиме онлайн. При необходимости любое задание можно сохранить в «Избранное». Это позволит в дальнейшем вернуться к задаче или обсудить алгоритм ее решения с преподавателем.