уравнения высших степеней (примеры элективных курсов)

Программа элективного курса для учащихся X-XI классов
«Проблема разрешимости алгебраических уравнений высших
степеней в радикалах»
Пояснительная записка
Предлагаемый элективный курс по своему математическому
содержанию примыкает к базисному курсу алгебры. Главное его содержание
направлено на показ конкретных культурно-исторических ситуаций
затрагиваемых в курсе достижения математики.
Подключение к изложению конкретного математического материала
сопутствующих сведений исторического характера носит развивающий
характер.
Программа курса ориентирована на учащихся, которые с увлечением
изучают математику, участвуют в олимпиадах, занимаются в кружках, им
интересны приложения математики. Они готовы самостоятельно или под
руководством учителя познакомиться с идеями и методами решения задач,
выходящими за рамки общеобразовательной программы. Их отличает
стремление к сотрудничеству и готовность обсуждать разные способы
решения задач, передавать свой опыт другим.
Курс содержит значительное количество сложных и интересных задач,
многие из которых помогут увидеть красоту математики и почувствовать
эстетическое удовлетворение от оригинального решения.
Прагматическая составляющая курса обеспечивается включением
задач, направленных на подготовку к экзаменам различного уровня.
Цели курса
1.
Получение представлений о математике как живой,
развивающейся науке.
2.
Получение представлений о роли математиков в развитии
математики.
3.
Ознакомление с одной из основных линий развития
математического знания – линией уравнений в конкретно-историческом
контексте.
4.
Способствование эмоционально-психологическому восприятию
математики и отношению к математике; развитие интереса к математике.
5.
Развитие общей и математической культуры учащихся.
Задачи курса
1.
Освоение знаний об истории развития алгебры, представления об
уравнениях.
2.
Овладение изучаемыми в курсе сведениями о различных методах
математики на примерах алгебраических уравнений.
3.
Получение
конкретных представлений о
взаимосвязях
математики и практики.
4.
Восприятие математики как важной части системы наук,
культуры и общественной практики.
1
5.
Совершенствование коммуникативных навыков и речевой
культуры учащихся.
6.
Создание условий для формирования умений самостоятельной
работы.
Ожидаемые результаты
В результате изучения курса более полно будет использован
гуманитарный потенциал школьной математики за счет привлечения
исторических сведений, существенно повысится уровень математической
культуры учащихся, значительно расширится арсенал используемых приемов
и методов решения уравнений, сформируется навык переноса алгоритмов в
новые и нестандартные ситуации. Разнообразный спектр рассматриваемых
задач, связанных с подбором значении параметров в подстановке, разовьет
исследовательские умения учащихся, их творческий потенциал.
Требования к уровню подготовки учащихся
В результате изучения курса учащиеся должны знать:

решение любого кубического уравнения можно свести к
решению линейных и квадратных уравнений;

решение любого уравнения четвертой степени можно свести к
решению квадратных и кубических уравнений;

уравнения степени выше 4 неразрешимы в радикалах в общем
случае;

зависимость количества действительных корней уравнения 𝑥 3 +
𝑝𝑥 + 𝑞 = 0 от его коэффициентов;

алгоритм решения возвратных уравнений четной и нечетной
степеней;

фамилии ученых математиков, усилиями которых была
разрешена проблема решения уравнений высших степеней в радикалах.
В результате изучения курса учащиеся должны понимать:

любое кубическое уравнение можно привести к виду 𝑥 3 + 𝑝𝑥 +
𝑞 = 0;

причины возникновения неприводимого случая при решении
кубических уравнений;

необходимость
дальнейшего
расширения
множества
действительных чисел;

процесс нахождения подходящих подстановок в методах
Тартальи и Феррари.
В результате изучения курса учащиеся должны уметь:

решать целые и дробно-рациональные уравнения с помощью
выделения полного квадрата;
2

использовать введение двух новых переменных при решении
целых, дробно-рациональных и иррациональных уравнений;

решать возвратные уравнения в зависимости от четности степени
уравнения.
Оценивание достижений учащихся
Результаты освоения курса могут быть зафиксированы по желанию
ученика в аттестате или в «портфолио» в одной из выбранных перед началом
занятий форм: зачет или отметка (отлично, хорошо, удовлетворительно).
Неудовлетворительные отметки не выставляются.
Содержание курса
Общий вид кубического уравнения; неполные кубические уравнения;
приведение кубического уравнения 𝑎𝑥 3 + 𝑏𝑥 2 + 𝑐𝑥 + 𝑑 = 0 к виду 𝑥 3 +
𝑝𝑥 + 𝑞 = 0, где 𝑥 – неизвестное, 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑, 𝑝, 𝑞 – числа, 𝑎 ≠ 0; решение
кубических уравнений вида 𝑥 3 + 𝑝𝑥 = 𝑞, 𝑥 3 = 𝑝𝑥 + 𝑞 методом подстановки
(метод Тарталья); формула Кардано; дискриминант кубического уравнения;
неприводимый случай; решение проблемы неприводимого случая
(Бомбелли).
Общий вид уравнения четвертой степени; решение уравнения
четвертой степени методом Феррари.
Проблема разрешимости в радикалах уравнений выше четвертой
степени (Абель, Галуа).
Возвратные уравнения.
Использование идей Тартальи и Феррари при решении целых, дробнорациональных и иррациональных уравнений.
№
п/п
1.
2.
Учебно-тематический план
Наименование тем курса
Количество
часов
Кубические уравнения
7
Общий вид кубического уравнения. Неполные кубические
1
уравнения
Упрощение кубических уравнений. Классификация
1
кубических уравнений с положительными коэффициентами в 16
веке
Метод Тартальи для решения кубических уравнений.
2
Неприводимый случай
Решение уравнений по формуле Кардано. Дискриминант
2
кубического уравнения
Введение мнимой единицы (Бомбелли).
1
7
Уравнения степени 𝒏 (𝒏 ≥ 𝟒)
Метод Феррари для решения уравнений четвертой степени
2
Неразрешимость в радикалах уравнений степени
1
3
3.
4.
5.
выше четвертой.
Возвратные уравнения четной степени
Возвратные уравнения нечетной степени
Использование идей Тартальи при решении целых
и дробно-рациональных уравнений.
Решение целых уравнений с помощью введения двух
новых переменных.
Решение дробно-рациональных уравнений с помощью
введения двух новых переменных.
Решение иррациональных уравнений с помощью
введения двух новых переменных.
Использование идей Феррари при решении целых
и дробно-рациональных уравнений.
Решение целых уравнений с помощью выделения
полного квадрата.
Решение дробно-рациональных уравнений с помощью
выделения полного квадрата.
Итоговое занятие.
Итого:
2
2
9
3
3
3
6
3
3
1
30
Дидактические материалы для элективного курса
1. Кубические уравнения.
Краткое содержание темы
Общий вид кубического уравнения; неполные кубические уравнения;
приведение кубического уравнения 𝑎𝑥 3 + 𝑏𝑥 2 + 𝑐𝑥 + 𝑑 = 0 к виду 𝑥 3 +
𝑝𝑥 + 𝑞 = 0, где 𝑥 – неизвестное, 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑, 𝑝, 𝑞 – числа, 𝑎 ≠ 0; решение
кубических уравнений вида 𝑥 3 + 𝑝𝑥 = 𝑞, 𝑥 3 = 𝑝𝑥 + 𝑞 методом подстановки
(метод Н. Тарталья); формула Д. Кардано для уравнения вида 𝑥 3 + 𝑝𝑥 + 𝑞 =
0; дискриминант кубического уравнения 𝑥 3 + 𝑝𝑥 + 𝑞 = 0, неприводимый
случай; решение проблемы неприводимого случая (Р. Бомбелли).
Вопросы для обсуждения
Все ли кубические уравнения 𝑎𝑥 3 + 𝑏𝑥 2 + 𝑐𝑥 + 𝑑 = 0
можно
3
привести к виду 𝑥 + 𝑝𝑥 + 𝑞 = 0? Верно ли, что для решения любого
кубического уравнения достаточно уметь решать уравнения вида 𝑥 3 = 𝑎𝑥 +
𝑏, 𝑥 3 + 𝑎𝑥 = 𝑏, 𝑥 3 + 𝑏 = 𝑎𝑥, где 𝑥 – неизвестное, 𝑎, 𝑏 – числа, 𝑎, 𝑏 > 0,
𝑎 ≠ 0? Как знак дискриминанта влияет на количество корней кубического
уравнения? Почему решение уравнения
𝑥 3 = 15𝑥 + 4
привело к
неразрешимому случаю?
Основной теоретический материал
Кубическим уравнением называется уравнение вида
𝑎𝑥 3 + 𝑏𝑥 2 + 𝑐𝑥 + 𝑑 = 0, 𝑥 – неизвестный, 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 – числа, где 𝑎 ≠ 0.
Если квадратные уравнения умели решать еще математики Вавилонии
и Древней Индии, то кубические оказались "крепким орешком". В конце XV
4
века профессор математики в университетах Рима и Милана Лука Пачоли в
своей знаменитой книге "Сумма знаний по
арифметике, геометрии,
отношениям и пропорциональности" задачу о нахождении общего метода
для решения кубических уравнений ставил в один ряд с задачей о квадратуре
круга. И все же усилиями итальянских алгебраистов такой метод вскоре был
найден.
Прежде, чем решать кубическое уравнение общего вида, рассмотрим
неполные кубические уравнения двух видов.
1.
Если в кубическом уравнении 𝑑 = 0, то есть оно имеет вид 𝑎𝑥 3 +
𝑏𝑥 2 + 𝑐𝑥 = 0, то левую часть уравнения можно представить в виде
произведения 𝑥 ∙ (𝑎𝑥 2 + 𝑏x + 𝑐) = 0. Решение этого уравнения сводится к
решению линейного уравнения 𝑥 = 0 и (𝑎𝑥 2 + 𝑏x + 𝑐) = 0. И то, и другое
уравнение мы всегда можем решить.
2.
Если в кубическом уравнении 𝑏 = 𝑐 = 0, то оно имеет достаточно
простой вид:
ax 3 + d = 0. В этом случае 𝑥 3 = −
𝑑
a
3
𝑑
и, следовательно, x = √− .
a
Встает вопрос, как же решить кубическое уравнение общего вида?
Начнем с упрощения кубического уравнения. Любое кубическое
уравнение общего вида
ax 3 + bx 2 + cx + d = 0, где a ≠ 0,
можно привести к виду
x 3 + Px 2 + Qx + R = 0, (1)
По аналогии с решением квадратного уравнения, в основе которого
лежит формула квадрата суммы, поиск решения кубического уравнения
опирается на формулу куба суммы:
(𝑥 + 𝑏)3 = 𝑥 3 + 3𝑥 2 𝑏 + 3𝑥𝑏 2 + 𝑏 3 , (2)
где 𝑏 – некоторое число.
Сложим равенства (1) и (2):
x 3 + Px 2 + Qx + R + (x + 𝑏)3 = x 3 + 3x 2 b + 3xb2 + b3 .
Чтобы избавиться от члена, содержащего квадрат неизвестного,
𝑃
возьмем 𝑏 = и получим
3
P2
P
P3
(x + )3 + (Q − ) x + (R − ) = 0,
3
3
27
таким образом, мы избавились от члена, содержащего квадрат
неизвестного.
𝑃
Если здесь сделать замену y = x + , то получим кубическое уравнение
3
относительно 𝑦 без члена с y 2 :
𝑦 3 + 𝑝𝑦 + 𝑞 = 0.
Итак, мы показали, что в кубическом уравнении (1) с помощью
подходящей подстановки можно избавиться от члена, содержащего квадрат
неизвестного. Таким образом, чтобы решить любое кубическое уравнение,
достаточно уметь решать уравнение вида:
5
𝑥 3 + 𝑝𝑥 + 𝑞 = 0, где 𝑝, 𝑞 – числа. (3)
Такая запись впервые появилась у Декарта, который рассматривал
уравнения как с положительными, так и с отрицательными коэффициентами.
Математики XVI века решали уравнения только с положительными
коэффициентами и корнями. Поэтому они изучали три вида кубических
уравнений:
𝑥 3 = 𝑝𝑥 + 𝑞, 𝑥 3 + 𝑝𝑥 = 𝑞, 𝑥 3 + 𝑞 = 𝑝𝑥.
В 1505 г. профессор математики Болонского университета Шипион
(Сципион) дель Ферро нашел формулу для решения уравнения 𝑥 3 + 𝑝𝑥 = 𝑞,
𝑝 > 0, 𝑞 > 0, но не опубликовал ее, а сообщил своему ученику Антонио
Марио Фиоре.
В XVI в. было распространено соревнование между учеными,
проводившееся в форме диспута. Математики предлагали друг другу определенное число задач, которые нужно было решить к началу поединка,
выигрывал тот, кто решил большее число задач.
Антонио Фиоре постоянно участвовал в турнирах и всегда выигрывал,
так как владел формулой для решения кубических уравнений. Победитель
получал денежное вознаграждение, ему предлагали почетные, высоко
оплачиваемые должности.
12 февраля 1535 г. должен был состояться турнир между Фиоре и
Тартальей. Никколо Тарталья (1500—1557) родился в Брешии в бедной
семье. Его мать не смогла полностью расплатиться с учителем, и Никколо
узнал в школе лишь начало азбуки до буквы «к». Всеми остальными
знаниями он овладел самостоятельно.
Когда мальчику было шесть лет, он получил удар мечом в гортань в
храме, где спрятался вместе с родственниками от французских войск,
захвативших Брешию. С тех пор Никколо говорил с трудом. Отсюда его
прозвище — Тарталья («заика»).
Тарталья преподавал математику в Вероне, Венеции, Брешии. Перед турниром с Фиоре он получил от противника 30
задач, увидел, что все они сводятся к кубическому уравнению
𝑥 3 + 𝑝𝑥 = 𝑞, 𝑝 > 0, 𝑞 > 0. (4)
Он приложил все силы для его решения.
Отыскав формулу, Тарталья решил все задачи, предложенные ему
Фиоре, и выиграл турнир.
Удалось ему это следующим образом. В уравнении (4) Тарталья
3
3
использовал подстановку 𝑥 = √𝑢 − √𝑣:
3
3
3
3
( √𝑢 − √𝑣)3 + 𝑝( √𝑢 − √𝑣) = 𝑞,
3
3
3
3
3
3
𝑢 − 𝑣 − 3 √𝑢 √𝑣( √𝑢 − √𝑣) − 𝑝( √𝑢 − √𝑣) − 𝑞 = 0.
Для того, чтобы упростить левую часть, предположим, что
3
3
3
коэффициент при ( √𝑢 − √𝑣) равен 𝑝 = −3 √𝑢𝑣, тогда 𝑢 − 𝑣 = 𝑞.
Решая систему уравнений
6
𝑢 + (−𝑣) = 𝑞
{
𝑝 3
𝑢(−𝑣) = (− )
3
,
находим 𝑢 и 𝑣.
По теореме обратной теореме Виета 𝑢 и (−𝑣) являются корнями
уравнения
𝑝 3
2
𝑦 − 𝑞𝑦 + (− ) = 0.
3
Заметим, при любых положительных 𝑝 и 𝑞
𝑞 2
дискриминант этого
𝑝 3
уравнения 𝐷 = ( ) + ( ) положительный, поэтому уравнение всегда
2
3
разрешимо в действительных числах.
Таким образом, Тарталья получил формулу для решения уравнения
3
𝑥 + 𝑝𝑥 = 𝑞 ( 𝑝 > 0, 𝑞 > 0):
3
𝑞
𝑞 2
𝑝 3 3 𝑞
𝑞 2
𝑝 3
√
𝑥=
+ √( ) + ( ) + √ − √( ) + ( )
2
2
3
2
2
3
Через день после поединка Тарталья нашел формулу и для решения
уравнения
𝑥 3 = 𝑝𝑥 + 𝑞, 𝑝 > 0, 𝑞 > 0. (5)
Это было величайшее открытие. После того, как в Древнем
Вавилоне была найдена формула для решения квадратных уравнений,
выдающиеся математики в течение двух тысячелетий безуспешно пытались
найти формулу для решения кубических уравнений. Метод решения
Тарталья держал в тайне.
По аналогии, Тарталья использовал подстановку
3
3
𝑥 = √𝑢 + √𝑣 .
Сделаем замену в уравнении (4)
3
3
3
3
( √𝑢 + √𝑣)3 = 𝑝( √𝑢 + √𝑣) + 𝑞,
3
3
3
3
3
3
𝑢 + 𝑣 + 3 √𝑢 √𝑣( √𝑢 + √𝑣) − 𝑝( √𝑢 + √𝑣) − 𝑞 = 0.
Для того, чтобы упростить левую часть, предположим, что
3
3
3
коэффициент при ( √𝑢 + √𝑣) равен 𝑝 = 3 √𝑢𝑣, тогда 𝑢 + 𝑣 = 𝑞.
Решая систему уравнений
𝑢+𝑣 =𝑞
{
𝑝 3 ,
𝑢𝑣 = ( )
3
находим 𝑢 и 𝑣.
По теореме обратной теореме Виета 𝑢 и 𝑣 являются корнями
уравнения
𝑝 3
𝑦 2 − 𝑞𝑦 + ( ) = 0.
3
𝑞 2
𝑝 3
Заметим, что дискриминант этого уравнения 𝐷 = ( ) − ( ) . Если
2
3
𝐷 > 0, то
7
𝑞 2
𝑞
𝑝 3
𝑞 2
𝑞
𝑝 3
𝑢 = + √( ) − ( ) , 𝑣 = − √( ) − ( ) .
2
2
3
2
2
3
Следовательно, Тарталья получил для решения уравнения 𝑥 3 = 𝑝𝑥 + 𝑞
(𝑝 > 0, 𝑞 > 0):
3
2
3
3
2
3
𝑞
𝑞
𝑝
𝑞
𝑞
𝑝
𝑥 = √ + √( ) − ( ) + √ − √( ) − ( ) . (𝑝 > 0, 𝑞 > 0)
2
2
3
2
2
3
Общий подход к решению приведенных кубических уравнений вида
𝑥 + 𝑝𝑥 + 𝑞 = 0, где 𝑝 и 𝑞 - действительные числа (как положительные, так
и отрицательные) разработал Джероламо Кардано (1501—1576).
Кардано был выдающимся врачом, философом, математиком и
механиком. В 1545 году он написал книгу, посвященную алгебре «Великое
искусство, или об алгебраических правилах». Украшением этой книги и была
«формула Кардано», как ее называют теперь.
Кардано рассуждал следующим образом.
Пусть 𝑥0 - корень уравнения 𝑥 3 + 𝑝𝑥 + 𝑞 = 0. Представим его в виде
суммы некоторых чисел 𝛼 и 𝛽: 𝑥0 = 𝛼 + 𝛽. Подставляя в уравнение
выражение 𝛼 + 𝛽, получаем
(𝛼 + 𝛽)3 + 𝑝(𝛼 + 𝛽) + 𝑞 = 0.
Преобразуем левую часть равенства:
𝛼 3 + 3𝛼 2 𝛽 + 3𝛼𝛽 2 + 𝛽 3 + 𝑝(𝛼 + 𝛽) + 𝑞 = 0;
𝛼 3 + 𝛽 3 + 3𝛼𝛽(𝛼 + 𝛽) + 𝑝(𝛼 + 𝛽) + 𝑞 = 0;
𝛼 3 + 𝛽 3 + (3𝛼𝛽 + 𝑝)(𝛼 + 𝛽) + 𝑞 = 0.
Потребуем теперь, чтобы числа 𝛼 и 𝛽 удовлетворяли еще одному
условию: 3𝛼𝛽 + 𝑝 = 0.
Тогда получаем 𝛼 3 + 𝛽 3 + 𝑞 = 0, то есть 𝛼 3 + 𝛽 3 = −𝑞. Из условия
𝑝
3𝛼𝛽 + 𝑝 = 0 вытекает, что 𝛼𝛽 = − . Возводя обе части этого равенства в
3
3
𝑝3
куб, получаем 𝛼 3 𝛽 3 = − .
27
Итак, мы получили систему из двух уравнений:
𝛼 3 + 𝛽 3 = −𝑞
{ 3 3
𝑝3 .
𝛼 𝛽 =−
27
По теореме обратной теореме Виета 𝛼 3 и 𝛽 3 являются корнями
квадратного уравнения 𝑧 2 + 𝑞𝑧 −
𝑞
𝑞2
2
4
получим 𝑧1,2 = − ∓ √
+
𝑝3
27
𝑝3
27
= 0. Решая это квадратное уравнение,
, т.е.
𝑞
𝑞2
2
4
𝛼3 = − + √
+
𝑝3
27
𝑞
𝑞2
2
4
, 𝛽3 = − − √
+
𝑝3
27
.
Отсюда получаем:
3
2
3
3
2
3
𝑞
𝑞
𝑝
𝑞
𝑞
𝑝
𝛼 = √− + √ + , 𝛽 = √− − √ + .
2
4
27
8
2
4
27
Учитывая равенство 𝑥0 = 𝛼 + 𝛽, получаем формулу, выражающую
корень кубического уравнения 𝑥 3 + 𝑝𝑥 + 𝑞 = 0 через его коэффициенты при
помощи квадратных и кубических радикалов:
3
2
3
3
2
3
𝑞
𝑞
𝑝
𝑞
𝑞
𝑝
𝑥0 = √− + √ + + √− − √ + .
2
4
27
2
4
27
Это и есть формула Кордано.
Поразмышляем еще о корнях кубического уравнения.
Прежде всего, здесь возникает такой вопрос, как определить
количество корней кубического уравнения. Уравнение первой степени
(линейное) имеет не более одного корня. Уравнение второй степени имеет
либо два действительных корня (они могут оказаться одинаковыми), либо ни
одного.
Как нам уже известно, число корней квадратного уравнения зависит от
знака дискриминанта квадратного уравнения – выражения 𝑏 2 − 4𝑎𝑐, которое
заключено под знаком квадратного корня в формуле корней: 𝑥1,2 =
−𝑏∓√𝑏2 −4𝑎𝑐
.
В формуле Кардано тоже присутствует квадратный корень.
Оказывается, знак выражения, которое заключено под этим радикалом,
позволяет ответить на вопрос о количестве корней кубического уравнения.
Выражение
𝐷 = −4𝑝3 − 27𝑞2
называется
дискриминантом
3
кубического уравнения 𝑥 + 𝑝𝑥 + 𝑞 = 0.
2𝑎
Так как
𝑞2
4
+
𝑝3
27
=−
1
108
(−4𝑝3 − 27𝑞 2 ) = −
3
𝑞
можно записать в таком виде: 𝑥 = √− + √−
2
𝐷
108
𝐷
108
, то формулу Кардано
3
𝑞
+ √− − √−
2
𝐷
108
.
Имеет место следующее утверждение.
Теорема.
Если 𝐷 > 0, то уравнение 𝑥 3 + 𝑝𝑥 + 𝑞 = 0 имеет три различных
действительных корня.
Если 𝐷 = 0, то уравнение 𝑥 3 + 𝑝𝑥 + 𝑞 = 0 имеет три различных
действительных корня, из которых два совпадают.
Если 𝐷 < 0, то уравнение
𝑥 3 + 𝑝𝑥 + 𝑞 = 0
имеет один
действительный корень.
Рассмотрим уравнение
𝑥 3 = 15𝑥 + 4.
Очевидно, что корень уравнения будет равен 4, но для Тартальи оно
оказалось неразрешимым. Попробуем разобраться, почему его метод «не
работал».
3
3
После подстановки 𝑥 = √𝑢 + √𝑣 получается система:
𝑢+𝑣 =4
.
{
𝑢𝑣 = 125
9
По теореме обратной теореме Виета 𝑢 и 𝑣 являются корнями
квадратного уравнения
𝑦 2 − 4𝑦 + 125 = 0. (6)
Дискриминант данного уравнения меньше нуля, следовательно, оно не
имеет действительных корней. Именно эта трудность стала камнем
преткновения для Тартальи. Этот случай называется неприводимым.
Таким
образом,
необходимость
расширения
множества
действительных чисел была впервые осознана математиками именно при
решении кубических уравнений вида 𝑥 3 = 𝑎𝑥 + 𝑏, где 𝑎 > 0, 𝑏 > 0.
Впервые неприводимый случай удалось разрешить Бомбелли.
По формуле Кордано решением уравнения (5) будет
3
3
𝑥 = √2 + √−121 + √2 − √−121. (см. (6)).
Бомбелли исходит из того, что каждое слагаемое можно представить
виде 𝑎 + √−𝑏 и 𝑎 − √−𝑏, то есть он каким-то чудом сообразил, что
кубический корень из комплексных чисел вновь является комплексным
числом. Рассуждения Бомбелли можно передать следующим образом. Пусть
3
3
√2 + √−121 = 𝑎 + √−𝑏 , √2 − √−121 = 𝑎 − √−𝑏. Тогда:
√2 + √−121 = 𝑎3 + 3𝑎2 √−𝑏 − 3𝑎𝑏 − 𝑏√−𝑏 (1)
1.
√2 − √−121 = 𝑎3 − 3𝑎2 √−𝑏 − 3𝑎𝑏 + 𝑏√−𝑏 (2)
Сложим (1) и (2): 4 = 2𝑎3 − 6𝑎𝑏 ⇒ 𝑎3 − 3𝑎𝑏 = 2
3
3
√2 + √−121 ∙ √2 − √−121 = 3√4 + 121 = 5 = 𝑎2 + 𝑏 2
Получим систему:
3
= 2.
{ 𝑎 2 − 3𝑎𝑏
2
𝑎 +𝑏 =5
Подбором Бомбелли получил корни системы a = 2, b = 1.
3
3
Значит, √2 + √−121 = 2 + √−1 , √2 − √−121 = 2 − √−1
Сложим эти выражения и получим 𝑥 = 4.
Таким образом, сложность неприводимого случая Бомбелли смог
преодолеть с помощью чисел √−1 и −√−1, которые он назвал
«софистическими» (мнимыми) числами и ввел аксиоматически. Эти числа
оставались чисто техническим приемом, пока Гаусс не дал им
геометрическую иллюстрацию и они не получили полные права
«гражданства» (так было и с отрицательными числами, пока Декарт не дал
им геометрическую иллюстрацию с помощью координатной прямой).
Практические задания:
1)
Сделайте в данном уравнении линейную замену, так чтобы в
уравнении не стало члена содержащего квадрат неизвестного, определите
сколько корней имеет кубическое уравнение:
a)
𝑥 3 − 9𝑥 2 + 21𝑥 − 5 = 0
Решение: 𝑃 = −3, 𝑄 = 21, 𝑅 = −5. Воспользуемся выражением
2.
3.
P
(x + )3 + (Q −
3
P2
P3
) x + (R − 27) = 0 и получим
3
10
(𝑥 − 3)3 + (21 − 27)𝑥 + (−5 + 27) = 0
(𝑥 − 3)3 − 6𝑥 + 22 = 0
Пусть 𝑦 = 𝑥 − 3, тогда 𝑥 = 𝑦 + 3. Тогда получим
𝑦 3 − 6(𝑦 + 3) + 22 = 0
𝑦 3 − 6𝑦 − 18 + 22 = 0
𝑦 3 − 6𝑦 + 4 = 0 (𝑝 = −6, 𝑞 = 4)
Найдем дискриминант 𝐷 = −4𝑝3 − 27𝑞2 = −4 ∙ (−6)3 − 27 ∙ 42 = 432.
Дискриминант больше нуля, значит, уравнение имеет три различных
действительных корня.
b)
𝑥 3 − 3𝑥 2 − 10𝑥 + 24 = 0 (замена 𝑦 = 𝑥 − 1; 𝐷 > 0, уравнение
имеет три различных действительных корня)
c)
𝑥 3 − 6𝑥 2 + 15𝑥 − 14 = 0 (замена 𝑦 = 𝑥 − 2; 𝐷 < 0, уравнение
имеет один действительный корень)
2)
Сделайте в данном уравнении линейную замену, так чтобы в
уравнении не стало члена содержащего квадрат неизвестного, определите
сколько корней имеет кубическое уравнение и решите его по формуле
Кардано:
a)
𝑥 3 − 3𝑥 2 − 9𝑥 + 27 = 0
Решение: 𝑃 = −3, 𝑄 = −9, 𝑅 = 27. Воспользуемся выражением
P
(x + )3 + (Q −
P2
P3
) x + (R − 27) = 0 и получим
3
3
(𝑥 − 1)3 + (−9 − 3)𝑥 + (27 + 1) = 0
(𝑥 − 1)3 − 12𝑥 + 28 = 0
Пусть 𝑦 = 𝑥 − 1, тогда 𝑥 = 𝑦 + 1. Тогда получим
𝑦 3 − 12(𝑦 + 1) + 28 = 0
𝑦 3 − 12𝑦 − 12 + 28 = 0
𝑦 3 − 12𝑦 + 16 = 0 (𝑝 = −12, 𝑞 = 16)
Найдем дискриминант 𝐷 = −4𝑝3 − 27𝑞2 = −4 ∙ (−12)3 − 27 ∙ 162 = 0.
Дискриминант равен нулю, значит, уравнение имеет три действительных
корня, два из которых совпадают.
По формуле Кардано получаем
3
16
𝑦1 = √− + √−
2
0
108
3
16
+ √− − √−
2
0
3
3
= √−8 + √−8 = −4.
108
Разложим многочлен 𝑦 3 − 12𝑦 + 16 на простые множители
𝑦 3 − 12𝑦 + 16 = (𝑦 + 4)(𝑦 2 − 4𝑦 + 4) = (𝑦 + 4)(𝑦 − 2)2
Значит, корнями уравнения 𝑦 3 − 12𝑦 + 16 = 0 являются числа -4; 2; 2.
Сделаем обратную замену:
x1 = y1 + 1 = −4 + 1 = −3;
𝑥2 = 𝑦2 + 1 = 2 + 1 = 3;
𝑥3 = 𝑦3 + 1 = 2 + 1 = 3.
Ответ: -3; 3
b)
𝑥 3 − 6𝑥 2 + 9𝑥 − 4 = 0 (Ответ: 4; 3)
11
3)
Определите сколько корней имеет кубическое уравнение и
решите его по формуле Кардано:
a)
𝑥 3 + 15𝑥 + 124 = 0 (Ответ: -2; 1)
b)
𝑥 3 − 3𝑥 + 2 = 0 (Ответ: -4)
3. Уравнения четвертой и более высоких степеней.
Краткое содержание темы
Общий вид уравнения четвертой степени; решение уравнения
четвертой степени методом Феррари, проблема разрешимости в радикалах
уравнений выше четвертой степени (Абель), проблема разрешимости
уравнений в радикалах (Галуа), возвратные уравнения четной и нечетной
степени.
Вопросы для обсуждения
Любое ли уравнение разрешимо в радикалах?
Основной теоретический материал
Уравнением четвертой степени называется уравнение вида 𝑎𝑥 4 +
𝑏𝑥 3 + 𝑐𝑥 2 + 𝑑𝑥 + 𝑓 = 0, где 𝑥 – неизвестное, 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑, 𝑓 – числа, 𝑎 ≠ 0.
Метод решения уравнений четвертой степени нашел в XVI в. Лудовико
Феррари, ученик Джероламо Кардано. Он так и называется – метод Феррари.
Поясним метод Феррари на примере:
𝑥 4 + 8𝑥 3 + 11 = 68𝑥
Выделим полный квадрат (𝑥 2 + 4𝑥)2 = 16𝑥 2 + 68𝑥 − 11. Хорошо бы
и правая часть была точным квадратом.
Введем еще одну переменную 𝑡 и к обеим частям уравнения прибавим
2
𝑡 − 2𝑡(𝑥 2 + 4𝑥). Левая часть остается точным квадратом:
(𝑥 2 + 4𝑥 − 𝑡)2 = (16 − 2𝑡)𝑥 2 + (68 − 8𝑡)𝑥 − (11 − 𝑡 2 ).
Найдем такое 𝑡, что и правая часть уравнения так же будет являться
точным квадратом. Для этого дискриминант квадратного трехчлена в правой
части должен быть равен 0.
(34 − 4𝑡)2 + (16 − 2𝑡)(11 − 𝑡 2 ) = 0
𝑡 3 − 147𝑡 + 666 = 0 .
Уравнение вида 𝑡 3 − 147𝑡 + 666 = 0 мы уже решать умеем, поэтому
останавливаться на подробном решении не будем. Его корень 𝑡 = 6. Тогда:
2 +4𝑥−6=2𝑥+5
(𝑥 2 + 4𝑥 − 6)2 = (2𝑥 + 5)2 ⇔ [𝑥𝑥2+4𝑥−6=−2𝑥−5
⇔ 𝑥1,2 = −1 ∓ √12 и
𝑥3,4 = −3 ∓ √10.
Таким образом, проблема разрешимости в радикалах уравнений
второй, третьей, четвертой степени была решена.
Предстояло сделать следующий шаг — отыскать алгоритм для решения
уравнения пятой степени. Над разрешением этой проблемы бились лучшие
умы человечества на протяжении почти трех веков, но уравнение пятой степени не поддавалось усилиям ученых. Они никак не могли найти формулу,
которая позволяла бы по коэффициентам уравнения вычислить его корни. И
12
это, несмотря на то, что среди пытавшихся решить задачу были такие
корифеи, как Лагранж.
За решение проблемы взялся Абель Нильс Хенрик (1802-1829гг.).
После нескольких недель работы ему показалось, что он нашел искомые
формулы. Многие математики проверяли результат, полученный юным
исследователем, но найти ошибку не могли. Тогда один из них посоветовал
Абелю проверить формулы на конкретном уравнении. И тут оказалось, что
они ошибочны, так как дают неверные ответы.
Абель задумался. «Может быть, уравнение пятой степени, вообще,
нельзя решить в радикалах?» И к концу 1823 г. ему удалось доказать, что
уравнение вида
𝑎𝑛 𝑥 𝑛 + 𝑎𝑛−1 𝑥 𝑛−1 + ⋯ + 𝑎1 𝑥 + 𝑎0 = 0 (при 𝑛 ≥ 5)
не может быть разрешено в радикалах, т. е. его корни не могут быть
найдены при помощи четырех действий арифметики и извлечения корней.
На родине величайшее открытие Абеля так и не было признано при
его жизни. В 1908 году в Осло воздвигнут памятник Абелю в виде Геркулеса,
который повергает пятиглавую гидру, символизирующую собой уравнения
пятой степени.
Универсальной формулы решения уравнений в радикалах, пригодной
для всех уравнений пятой, шестой и т.д. степени, не существует. Но отсюда
не следует, что какие-то конкретные уравнения нельзя решить! Например,
мы всегда можем решить уравнение вида
x n = a (a ≥ 0). Решение
n
выражается формулой x = √a.
Следующий шаг в решении проблемы сделал Эварист Галуа (18111832), гениальный французский математик, Он дал критерий разрешимости
уравнения в радикалах.
Исследования Галуа показали, что для всякого натурального , начиная
с n = 5, можно указать неразрешимые в радикалах уравнения п-ой степени
даже с целочисленными коэффициентами. Таким будет, например, уравнение
x 5 − 4x − 2 = 0.
Личность Галуа настолько исключительна, что стоит немного
остановиться на некоторых моментах его жизни. Дважды провалившись на
вступительных экзаменах Политехническую школу, Галуа поступил в
Нормальную школу, откуда был вскоре (в 1830г., после июльской
революции) исключен за выступление против директора.
Галуа активно участвовал в бурной политической жизни Франции.
Ярый республиканец и заклятый враг короля Людовика-Филиппа, он
неоднократно подвергался арестам и погиб совсем молодым на дуэли.
Глубокие идеи Галуа не были оценены по достоинству его
современниками. Две работы, представленные им во Французскую
Академию наук, не только остались без ответа, но и оказались потерянными.
Результаты Абеля и Галуа вовсе не исключают, что какие-то
конкретные уравнения высших степеней допусками решение в радикалах. В
13
алгебре стараются находить классы. таких
“хороших” уравнений и
разрабатывают методы их решений.
Рассмотрим некоторые из таких классов.
Уравнения вида 𝑎𝑥 2𝑛 + 𝑏𝑥 𝑛 + 𝑐 = 0 называются трехчленными. Они
могут быть решены с помощью подстановки x n = t. После подстановки
получим: at 2 + bt + c = 0. А квадратные уравнения решать мы умеем.
Имеются специальные способы решения уравнений вида
ax n + bx n−1 + cx n−2 + ⋯ + cx 2 + bx + a = 0.
Такие уравнения называются возвратными. У этих уравнений старший
коэффициент равен свободному члену, второй коэффициент равен
предпоследнему коэффициенту и т.д.
Приведем примеры решения некоторых возвратных уравнений.
Рассмотрим сначала возвратные уравнения четной степени, например
четвертой:
ax 4 + bx 3 + cx 2 + bx + a = 0.
Мы уже занимались решением таких уравнений. Разделим обе части
уравнения на . Такое деление возможно, так как x = 0 не является корнем
данного уравнения. Получим
𝑏
𝑎
𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 + + 2 = 0.
𝑥
𝑥
Сгруппируем слагаемые в левой части уравнения:
1
1
𝑎 (𝑥 2 + 2 ) + 𝑏 (𝑥 + ) + 𝑐 = 0.
𝑥
𝑥
1
1
Выполнив подстановку 𝑥 + = 𝑦. Так как 𝑥 2 + 2 = 𝑦 2 − 2, то
𝑥
𝑥
уравнение примет вид 𝑎(𝑦 2 − 2) + 𝑏𝑦 + 𝑐 = 0. Оно является уравнением
второй степени.
1
Решение любого уравнения четной степени 2𝑛 подстановкой 𝑥 + = 𝑦
𝑥
сводится к решению уравнения степени 𝑛.
Решим уравнение 2x 4 − 9x 3 + 14x 2 − 9x + 2 = 0.
Решение.
Проверкой убеждаемся, что x = 0 не является корнем исходного
уравнения. Поделим обе части уравнения на x 2 и объединим равностоящие
от начала и конца члены уравнения (при этом корней уравнения не теряем,
так как x 2 ≠ 0).
1
1
2 (x 2 + 2 ) − 9 (x + ) + 14 = 0,
x
1
x
Сделаем замену неизвестной: x + = y, x 2 +
5
x
1
x2
= y 2 − 2, 2(y 2 − 2) −
9y + 14 = 0, 2y 2 − 9y + 10 = 0, y1 = , y2 = 2.
2
Сделаем обратную замену:
1
5
1
1)
x + = , 2𝑥 2 − 5𝑥 + 2 = 0, 𝑥1 = , 𝑥2 = 2;
2)
x
1
2
2
2
x + = 2 , 𝑥 − 2𝑥 + 1 = 0, 𝑥3 = 1.
x
1
Ответ: 1; 2; .
2
14
Рассмотрим теперь возвратные уравнения нечетной степени.
Рассмотри 𝑎𝑥 5 + b𝑥 4 + c𝑥 3 + cx 2 + bx + a = 0. Убедимся, что один
корень уравнения равен -1: 𝑎(−1)5 + b(−1)4 + c(−1)3 + c(−1)2 + b(−1) +
a = 0.
Заметим, что -1 является корнем любого возвратного уравнения
нечетной степени.
Разделим левую часть уравнения на 𝑥 + 1.
Таким образом, исходное уравнение примет вид
(x + 1)(ax 4 + (b − a)x 3 + (c − b + a)x 2 + (b − a)x + a) = 0.
Решение нашего уравнения сводится к решению возвратного уравнения
четной (четвертой) степени:
ax 4 + (b − a)x 3 + (c − b + a)x 2 + (b − a)x + a = 0.
Решение любого возвратного уравнения нечетной степени 2𝑛 + 1
сводится к решению возвратного уравнения четной степени 2𝑛.
Рассмотренные два подхода к решению алгебраических уравнений
позволяют в принципе решить любое алгебраическое уравнении.
Практические задания:
1.
Методом Феррари сведите уравнения четвертой степени к
решению кубического уравнения и решите его:
a)
x 4 − 6x 3 + 7x 2 + 6x − 8 = 0 (Ответ: -1; 1; 2; 4)
b)
x 4 − 4x 3 − 5x 2 + 36x − 36 = 0 (Ответ: -3; 2; 3)
c)
x 4 + 8x 3 + 11x 2 − 32x − 60 = 0 (Ответ: -5; -3; -2; 2)
−3±√21
d)
x 4 + 6x 3 + 11x 2 + 6x − 15 = 0 (Ответ:
2.
Решите возвратные уравнения:
a)
x 4 − 7x 3 + 14x 2 − 7x + 1 = 0 (Ответ:
b)
x 4 − 3x 3 − 8x 2 − 3x + 1 = 0. (Ответ:
c)
3x 5 − 7x 4 − 4x 3 − 4x 2 − 7x + 3 = 0. (Ответ: −1, , );
d)
e)
2
3±√5
2
5±√21
2
)
, 2 ± √3);
, −1);
1
3
5
4
3
4
3
2
2
1
5x − 16x − 37x − 37x − 16x + 5 = 0. (Ответ: −1, , );
1
4x − 33x + 76x − 33x + 4 = 0 (Ответ: 2 ± √3, , ).
4
15
5
4. Использование идей Тартальи при решении целых, дробнорациональных и иррациональных уравнений.
Идея Тартальи ввести две новые неизвестные для решения уравнения
широко применяется при решении многих уравнений.
Рассмотрим решения нескольких уравнений.
1)
2(𝑥 2 + 6𝑥 + 1)2 + 5(𝑥 2 + 6𝑥 + 1)(𝑥 2 + 1) + 2(𝑥 2 + 1)2 = 0
Решение. Пусть 𝑈 = 𝑥 2 + 6𝑥 + 1,
𝑉 = 𝑥 2 + 1. Тогда уравнение
примет вид 2𝑈 2 + 5𝑈𝑉 + 2𝑉 2 = 0.
Данное уравнение является однородным относительно 𝑈 и
𝑉.
𝑈 2
𝑈
Очевидно, что 𝑉 ≠ 0. Поделим обе части уравнения на 𝑉 2 : 2 ( ) + 5 ( ) +
𝑉
𝑉
2 = 0.
𝑈
Сделаем замену неизвестной:
= 𝑦 ⇒ 2𝑦 2 + 5𝑦 + 2 = 0 ⇒ 𝑦1 =
𝑉
1
−2, 𝑦2 = − .
2
Сделаем обратную замену:
𝑈
1)
= −2, 𝑈 = −2𝑉, 𝑥 2 + 6𝑥 + 1 = −2𝑥 2 − 2, 3𝑥 2 + 6𝑥 + 3 = 0,
𝑉
𝑥 2 + 2𝑥 + 1 = 0, (𝑥 + 1)2 = 0, 𝑥1 = −1.
𝑈
1
2)
= − , 𝑉 = −2𝑈, 𝑥 2 + 1 = −2𝑥 2 − 12𝑥 − 2, 3𝑥 2 + 12𝑥 + 3 =
𝑉
2
2
0, 𝑥 + 4𝑥 + 1 = 0, 𝑥2,3 = −2 ∓ √3.
Ответ: 𝑥1 = −1, 𝑥2,3 = −2 ∓ √3.
2)
𝑥−2 2
𝑥+2 2
5(
𝑥 2 −4
) − 44 (𝑥−1) + 12 𝑥 2−1 = 0.
𝑥+1
𝑥−2
𝑥+2
Решение. Пусть 𝑦 =
, 𝑧=
, тогда уравнение примет вид 5𝑦 2 −
𝑥+1
𝑥−1
44𝑧 2 + 12𝑦𝑧 = 0. Если 𝑦 = 0, то 𝑧 = 0, что невозможно, так как 𝑥 не
может быть равно одновременно 2 и -2. Значит, 𝑦 ≠ 0. Разделим обе части
𝑧 2
уравнения на 𝑦 2 :
𝑧
𝑧
5 − 44 ( ) + 12 = 0. Сделаем подстановку
𝑦
𝑦
2
𝑡= ,
𝑦
1
5
2
22
получим уравнение 44𝑡 − 12𝑡 − 5 = 0, корни которого 𝑡1 = , 𝑡2 = − .
Так как
Ответ:
3
𝑧
𝑦
=
𝑥 2 +3𝑥+2
, имеем совокупность уравнений [
𝑥 2 −3𝑥+2
𝑥2 +3𝑥+2 1
=
𝑥2 −3𝑥+2 2
2
𝑥 +3𝑥+2
5
=−
22
𝑥2 −3𝑥+2
.
−9±√73
2
.
3
3)
√12 − 𝑥 + √14 + 𝑥 = 2
3
3
Решение. Пусть √12 − 𝑥 = 𝑎, √14 + 𝑥 = 𝑏. Тогда уравнение примет
вид: 𝑎 + 𝑏 = 2. Вычислим сумму кубов a и b.
𝑎3 + 𝑏 3 = 12 − 𝑥 + 14 + 𝑥 = 26.
16
𝑎3 + 𝑏 3 = 26,
Получим систему уравнений: {
𝑎 + 𝑏 = 2,
3
(𝑎 + 𝑏) − 3𝑏(𝑎 + 𝑏) = 26, 8 − 6𝑎𝑏 = 26,
откуда 𝑎 = 3, 𝑏 = −1 или 𝑎 =
{
{
𝑎 + 𝑏 = 2,
𝑎 + 𝑏 = 2,
3
−1, 𝑏 = 3. Возвращаясь к неизвестной х, получим: если √12 − 𝑥 = 3, то 𝑥1 =
3
−15; если √12 − 𝑥 = −1, то 𝑥1 = 13.
Ответ: -15; 13.
4)
2(𝑥 2 + 𝑥 + 1)2 − 7(𝑥 − 1)2 = 13(𝑥 3 − 1)
Решение. Пусть 𝑈 = 𝑥 2 + 𝑥 + 1, 𝑉 = 𝑥 − 1. Тогда уравнение примет
вид 2𝑈 2 − 7𝑉 2 − 13𝑈𝑉 = 0.
Данное уравнение является однородным относительно 𝑈 и
𝑉.
Очевидно, что 𝑉 ≠ 0. Поделим обе части уравнения на 𝑉 2 :
𝑈
13 ( ) = 0.
𝑉
Сделаем замену неизвестной:
1
𝑈
𝑉
𝑈 2
2( ) − 7 −
𝑉
= 𝑦 ⇒ 2𝑦 2 − 13𝑦 − 7 = 0 ⇒ 𝑦1 = 7,
𝑦2 = − .
2
Сделаем обратную замену:
𝑈
1)
= 7, 𝑈 = 7𝑉, 𝑥 2 + 𝑥 + 1 = 7(𝑥 − 1), 𝑥 2 − 6𝑥 + 8 = 0, 𝑥1 =
𝑉
4, 𝑥2 = 2.
𝑈
1
2)
= − , 𝑉 = −2𝑈, 𝑥 − 1 = −2(𝑥 2 + 𝑥 + 1), 2𝑥 2 + 3𝑥 + 1 = 0,
1
𝑉
2
𝑥3 = − , 𝑥4 = −1.
2
1
Ответ: 𝑥1 = 4, 𝑥2 = 2, 𝑥3 = − , 𝑥4 = −1.
2
5)
5𝑥−𝑥 2
𝑥+1
5−𝑥
(𝑥 + 𝑥+1) = 6
Решение. Пусть 𝑈 = 𝑥 ∙
5−𝑥
, 𝑉=𝑥+
𝑥+1
5−𝑥
, тогда
𝑥+1
5−𝑥
5−𝑥
𝑈 ∙ 𝑉 = 6, 𝑈 + 𝑉 = 𝑥 ∙
+𝑥+
= 5.
𝑥+1
𝑥+1
2
Значит, 𝑈 и 𝑉 – корни квадратного уравнения 𝑡 − 5𝑡 + 6 = 0, то есть
𝑈 = 2, 𝑉 = 3 или 𝑈 = 3, 𝑉 = 2 . Получаем совокупность двух систем
5−𝑥
𝑥 2 − 3𝑥 + 2 = 0,
{
{𝑥 2 − 3𝑥 + 2 = 0,
𝑥+
=3
𝑥+1
𝑥 ≠ 1,
⇔
5−𝑥
2
𝑥 − 2𝑥 + 3 = 0,
𝑥∙
= 3,
𝑥+1
{
{𝑥 2 − 2𝑥 + 3 = 0,
5−𝑥
[
𝑥 ≠ 1.
[ 𝑥 + 𝑥+1 = 2
Вторая система совокупности решений не имеет.
Ответ: 1; 2.
𝑥∙
= 2,
𝑥+1
5−𝑥
17
Практические задания
Решите уравнения:
(𝑥 2 + 𝑥 + 4)2 + 3𝑥(𝑥 2 + 𝑥 + 4) + 2𝑥 2 = 0 (Ответ: корней нет);
1.
5 5
5
(𝑥 + 5)4 − 13𝑥 2 (𝑥 + 5)2 + 36𝑥 4 = 0 (Ответ: , − , , − );
2.
3 2
4
3.
2(𝑥 − 1)4 − 5(𝑥 2 − 3𝑥 + 2)2 + 2(𝑥 − 2)4 = 0
(Ответ: 3 ± √2, ±√2);
(𝑥 2 − 𝑥 + 1)3 + 2𝑥 4 (𝑥 2 − 𝑥 + 1)2 − 3𝑥 6 = 0 (Ответ: );
4.
𝑥−2 2
5.
20 (
6.
𝑥∙
7.
8.
9.
𝑥+2 2
𝑥 2 −4
2
) − 5 (𝑥−1) + 48 𝑥 2−1 = 0 (Ответ: , 3);
𝑥+1
4
6−𝑥
𝑥+1
6−𝑥
(𝑥 + 𝑥+1) = 5 (Ответ:
4
5±√21
);
2
√10 + 𝑥 2 + 𝑥 + √7 − 𝑥 2 − 𝑥 = 3 (Ответ: -3; 2)
4
4
√𝑥 − 2 + √4 − 𝑥 = 2 (Ответ: 3)
3
3
√𝑥 − 45 − √𝑥 − 16 = 1 (Ответ: 80; -109)
5. Использование идей Феррари при решении целых и дробнорациональных уравнений.
Идея Феррари, использовать при решении уравнения выделение
полного квадрата широко применяется при решении целых и дробнорациональных уравнений.
Рассмотрим решения следующих уравнений.
1)
𝑥 4 − 8𝑥 3 + 13𝑥 2 + 12𝑥 − 4 = 0.
Решение. Выделим полный квадрат, используя первые два слагаемых:
(𝑥 4 − 8𝑥 3 + 16𝑥 2 ) − 3𝑥 2 + 12𝑥 − 4 = 0 ⇒ (𝑥 2 − 4𝑥)2 − 3(𝑥 2 − 4𝑥) −
4 = 0.
Пусть 𝑥 2 − 4𝑥 = 𝑡, тогда уравнение примет вид:
𝐷 = 25, 𝑡1 = −1, 𝑡2 = 4.
Возвращаясь к старой переменной, получаем:
1)
𝑥 2 − 4𝑥 = −1, 𝑥 2 − 4𝑥 + 1 = 0, 𝑥1,2 = 2 ∓ √3.
2)
𝑥 2 − 4𝑥 = 4, 𝑥 2 − 4𝑥 − 4 = 0, 𝑥3,4 = 2 ∓ 2√2.
Ответ: 𝑥1,2 = 2 ∓ √3, 𝑥3,4 = 2 ∓ 2√2.
2)
25𝑥 2
𝑥 2 + (5+2𝑥)2 =
74
49
𝑡 2 − 3𝑡 − 4 = 0,
.
Решение. Заметив, что левая часть уравнения имеет структуру 𝐴2 + 𝐵2 ,
5𝑥
где 𝐴 = 𝑥, 𝐵 =
, выделим в левой части полный квадрат:
5+2𝑥
25𝑥 2
5𝑥
5𝑥
74
5𝑥
2
10𝑥 2
74
(𝑥 2 + (5+2𝑥)2 − 2𝑥 5+2𝑥 ) + 2𝑥 5+2𝑥 = 49 , (𝑥 − 5+2𝑥) + 5+2𝑥 = 49 ,
2𝑥 2
2
(5+2𝑥 ) +
5∙2∙𝑥 2
5+2𝑥
2𝑥 2
Относительно новой неизвестной 𝑡 =
2
=
5+2𝑥
37
74
49
.
получаем уравнение 49𝑡 2 +
245𝑡 − 74 = 0, откуда 𝑡1 = , 𝑡2 = − . Возвращаясь к исходной
7
7
неизвестной, получаем равносильную совокупность уравнений:
18
[
2𝑥2 2
=
5+2𝑥 7
2𝑥2
37
=−
5+2𝑥
7
2
{7𝑥 −2𝑥−5=0,
𝑥≠−2.5,
[ 14𝑥 2+74𝑥+185=0,
{
𝑥≠−2.5
⇔
5
Ответ: 1; − .
7
3)
𝑥 4 + 2𝑥 3 − 𝑥 − 2 = 0.
Решение. Выделим полный квадрат, используя первые два слагаемых:
(𝑥 4 + 2𝑥 3 + 𝑥 2 ) − 𝑥 2 − 𝑥 − 2 = 0 ⇒ (𝑥 2 + 𝑥)2 − (𝑥 2 + 𝑥) − 2 = 0.
Пусть 𝑥 2 + 𝑥 = 𝑡, тогда уравнение примет вид: 𝑡 2 − 𝑡 − 2 = 0, 𝑡1 =
−1, 𝑡2 = 2.
Возвращаясь к старой переменной, получаем:
3)
𝑥 2 + 𝑥 = −1, 𝑥 2 + 𝑥 + 1 = 0, нет решений.
4)
𝑥 2 + 𝑥 = 2, 𝑥 2 + 𝑥 − 2 = 0, 𝑥1 = 1, 𝑥2 = −2.
Ответ: 𝑥1 = 1, 𝑥2 = −2.
4)
𝑥2
𝑥 2 + (𝑥+1)2 = 8.
Решение. Заметив, что левая часть уравнения имеет структуру 𝐴2 + 𝐵2 ,
𝑥
где 𝐴 = 𝑥, 𝐵 =
, выделим в левой части полный квадрат:
𝑥+1
𝑥2
𝑥
𝑥
𝑥
2
2𝑥 2
(𝑥 2 + (𝑥+1)2 − 2𝑥 𝑥+1) + 2𝑥 𝑥+1 = 8 , (𝑥 − 𝑥+1) + 𝑥+1 = 8,
2
𝑥2
2∙𝑥 2
(𝑥+1) + 𝑥+1 = 8.
𝑥2
Относительно новой неизвестной 𝑡 =
получаем уравнение
𝑥+1
𝑡 2 + 2𝑡 − 8 = 0, откуда 𝑡1 = 2 , 𝑡2 = −4. Возвращаясь к исходной
неизвестной, получаем равносильную совокупность уравнений:
[
𝑥2
=2
𝑥+1
2
𝑥
=−4
𝑥+1
⇔
2
{𝑥 −2𝑥−2=0,
𝑥≠−1,
[ 𝑥 2+4𝑥+4=0,
{
𝑥≠−1
Ответ: 𝑥1,2 = 1 ± √3, 𝑥3 = −2.
Практические задания
Решите уравнения:
1.
𝑥 4 + 6𝑥 3 + 11𝑥 2 + 6𝑥 − 24 = 0. (Ответ: -4; 1)
1±√7
2.
3.
𝑥 4 − 2𝑥 3 + 𝑥 − 0,75 = 0. (Ответ:
)
2
32𝑥 4 − 48𝑥 3 − 10𝑥 2 + 21𝑥 + 5 = 0. (Ответ: 1,25; -0,5; 1; -0,25)
4.
(𝑥−1) + (𝑥+1) = 90. (Ответ:
5.
𝑥 2 + (𝑥+1)2 = 3. (Ответ:
6.
𝑥 2 + (𝑥+5)2 = 11. (Ответ:
𝑥
2
𝑥
𝑥2
25𝑥 2
2
1±√5
)
2
1±√21
2
19
±√5 ±3√11
;
)
2
11
)