уравнения_высших_степеней

Раздаточный материал №5
Уравнения высших степеней
Содержание
§1. Типы уравнений высших степеней, имеющие алгоритмы
решений ………………………………………………………….…….2
§2. Рациональные корни целочисленных
уравнений …………………………………………………………...…5
2.1. Деление многочленов…………………………………………….5
2.2. Теорема Безу и схема Горнера……..…………………..…….….7
2.3. Основная теорема алгебры и ее следствия………..…….9
2.4. Нахождение целых корней……………………………….10
2.5. Нахождение дробных корней…………………………….12
§3. Общий подход к решению уравнений высших степеней…..14
§4. Точное определение числа действительных корней в
уравнениях, их отделение и оценка………………………….…….17
Ответы к упражнениям…………………………………………..…21
Литература…………………………………………………………....22
Приложение. Алгоритмы решений уравнений третьей и
четвертой степеней (формулы Кардано и Феррари).…….……..23
2
§1. Типы уравнений высших степеней,
имеющие алгоритмы решения
Рассмотрим так называемое двучленное уравнение
1.1 axn + b = 0,
где a,b  Z, a  0, n  N .
1). Если знаки коэффициентов "a" и "b" разные - то есть имеем уравнение
a
b
(*)
axn - b = 0, где a>0 и b>0, - то axn = b, x n  , x  n
(число корней
b
a
равно "n"); при четном
"n" имеем два действительных корня
(противоположенные числа), а при нечетном "n" - один действительный
(положительный) корень.
2). Если знаки коэффициентов "a" и "b" одинаковы - то есть имеем
b
уравнение (**) axn + b = 0, a>0, b>0, - то x  n  и при нечетном "n" имеем
a
один действительный (отрицательный) корень, а при четном
"n"
действительных корней нет.
Упражения 1.1. Найти действительные корни уравнений:
а). x3 + 8 = 0;
б). x4 - 16 = 0;
в). x4 + 81 = 0;
г). x3 - 27 = 0.
Замечание. Комплексные корни уравнения при наличии действительных
корней легко получить, умножив один из действительных корней уравнения на
радикал соответствующей степени из единицы, то есть:
2 k
2 k
 i sin
, где к = 0, 1, 2, , n - 1 , n  N, i  - 1.
1.2 n 1  cos
n
n
При четном "n" имеем здесь два действительных корня, соответствующих k = 0
и k = n/2; при нечетном "n" имеем один действительный корень, соответствующий k = 0.
Так называемое трехчленное уравнение
1.3 ax2n + bxn + c = 0,
где a, b, c, Z; a  0, n  N, сводится к решению квадратного уравнения при
замене xn = y (в частности, при n = 2 получаем известное биквадратное
уравнение).
Упражнения 1.2. Найти действительные корни уравнений:
а). x4 - 13 x2 + 36 = 0;
б). x8 - 65x4 + 64 = 0;
в). (x-2)6 - 19(x-2)3 = 216.
Уравнения вида
1.4 axn + bxn-1 + cxn-2 + … +cx2 + bx + a = 0,
у которых коэффициенты членов, равноудаленных от конца и начала равны,
называются симметричными, причем а  0. Такие уравнения обладают
следующим свойством: если х есть решение, то 1/x тоже будет решением.
Кстати, ни один из корней симметричного уравнения не может быть равен
нулю, ибо а  0. Симметричные уравнения могут быть как четной, так и
нечетной степени.
1). Способ решения симметричного уравнения четной степени покажем на
примере уравнения четвертой степени:
3
1.5 ax4 + bx3 + cx2 +bx + a = 0.
Так как х  0, то делим это уравнение на x2:
ax2 + bx +c + b/x + a/x2 = 0;
далее группируем члены при одинаковых коэффициентах:
a(x2 + 1/ x2) + b(x + 1/x) + c = 0.
Пусть х +1/х = t, тогда (х+1/x)2 = t2 , x2 + 2 +1/ x2 = t2, откуда x2 + 1/ x2 = t2 - 2 и
исходное уравнение превращается в квадратное относительно новой
переменной "t":
a(t2 - 2) + bt + c = 0, at2 + bt + c - 2a = 0.
3
3
Кстати, (x + 1/x) = x + 3x2 *1/x + 3x*1/x2 +1/x3 = x3 + 3x + 3/x + 1/x3, откуда
имеем при х +1/х = t х3 + 1/x3 = t3 -3t, что позволяет свести уравнение шестой
степени к уравнению третьей степени; если слагаемые с коэффициентом "b" в
уравнении 1.5 имеют разные знаки, то ясно, что надо использовать замену
х-1/х= t.
Упражнения 1.3. Найти действительные корни уравнений:
а). 4x4 - 3x3 - 2x2 - 3х + 4 = 0;
б). 2x4 + 3x3 - 4x2 - 3x + 2 = 0;
в). 2x4 - 9x3 + 9x - 2 = 0.
2). Симметричное уравнение нечетной степени всегда имеет действительный
корень, равный  1. Разделив исходное уравнение на разность х  1, получим
уже симметричное уравнение четной степени.
Упражнения 1.4. Найти действительные корни уравнений:
а). 3x3 - x2 - х + 3 = 0;
б). 4x5 + x4 - 5x3 - 5x2 + х + 4 = 0.
В симметричных уравнениях по сути с помощью подходящей замены
(х  1/х=t) понижается степень исходного уравнения. Такая же ситуация
реализуется в так называемых возвратных уравнениях, частным случаем
которых являются симметричные уравнения. Характерным признаком,
определяющим тип уравнения четвертой степени (1.5) ax4 + bx3 + cx2 +dx + e = 0
как возвратного является условие:
e d2

1.6
.
a b2
Упражнение 1.5. Найти действительные корни уравнения
2x4 + 3x3 - 14x2 - 9x + 18 = 0.
При решении уравнений высших порядков возможны самые разнообразные
замены, понижающие, как правило, степень исходного уравнения.
Упражнение 1.6. Найти действительные корни уравнения
(х2 - 3x - 4)( х2 -5x - 4) = 9х2.
Уравнения типа
1.7 (х + а) (х + в) (х + с) (х + d) = m
при выполнении хотя бы одного из условий:
1.8 a + b = c + d,
a + c = b + d,
a + d = b + c;
превращаются после простой замены в квадратное уравнение.
4
Упражнения 1.7. Найти действительные корни уравнений:
a). (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) = 3;
б). (х - 1)(х - 7)(х - 4)(х + 2) = 40.
Уравнения типа
1.9 (x + a)n + (x + b)n = c, n  N,
решаются с помощью замены
ab
1.10 x  t 
2
и разложения биномов (можно использовать так называемый "треугольник"
Паскаля).
Упражнения 1.8. Найти действительные корни уравнений:
а). (x - 3) 4 + (x + 1) 4 =256;
б). (x - 2) 6 + (x - 4) 6 = 64.
Упражнение 1.9. Найти действительные корни уравнения
x4 + 4x3 + 10x2 + 12x - 7 = 0.
При решении уравнений высших степеней в ряде случаев удается
использовать известные приемы при алгебраических преобразованиях, как-то:
выделение полного квадрата, формулы сокращенного умножения, группировка,
разложение на множители.
Упражнение 1.10. Найти действительные корни уравнения
(x + 4x) 2 + (x + 2) 2 = 16.
Упражнение 1.11. Найти действительные корни уравнения
x 4 + 4x 3 + 5x 2 + 2х - 2 = 0.
Упражнение 1.12. Найти действительные корни уравнения
x4 + 6x3 + 8x2 - 2x - 1 = 0.
Упражнения 1.13. Найти действительные корни уравнений:
а). 2x3 - x2 - 1 = 0,
б). 2x3 - x2 - 18x + 9 = 0,
в). x3 - 19x - 30 = 0.
Рассмотрим еще специальную тригонометрическую замену переменных в
алгебраическом уравнении.
Пример 1.1. Решить уравнение
8x(2x2 - 1)(8x4 - 8x2 + 1) = 1
при условии 0 < x < 1.

Решение. Так как 0<x<1, то положим х = cos t, где 0 < t < . Тогда с
2
помощью тригонометрических преобразований получим: 2x2 - 1 = 2 cos2 t - 1 =
= cos 2t; 8x4 - 8x2 + 1 = 8cos4 t - 8cos2 t + 1 = 8cos2 t(cos2 t - 1 ) + 1 = -8cos2 t *
* sin2 t +1 = 1 - 2sin2 2t = cos 4t; и исходное уравнение принимает вид:
8cos t * cos 2t * cos 4t = 1.
Умножаем обе части равенства на sin t и делаем "цепочку" тригонометрических преобразований:
8sin t * cos t * cos 2t * cos 4t = sin t,
4sin 2t * cos 2t * cos 4t = sin t, 2sin 4t * cos 4t = sin t, sin 8t = sin t, sin 8t - sin t =
= 0, 2cos(4.5t) *sin(3.5t) = 0. Далее имеем два простейших тригонометрических
9

t   k , k  Z ; t =
уравнения, которые и решаем: 1). cos(4.5t) = 0,
2
2
5
2k


; при k = 0 t1 = , при k = 1 t2 =
, соответствующие значения
9
9
9
3
7
2n


,
"x" следующие: x1= cos , x2=cos =1/2. 2). sin(3.5t)=0, t  n, n  Z; t 
2
7
9
3
2
2
.
что при k = 1 дает t3 =
и х3 = cos
7
7
2

Ответ: { cos ; 1/2; cos
}.
7
9
Упражнение 1.14. Решить уравнение
8x(1- 2x2)(8x4 - 8x2 + 1) = 1
при условии 0 < x < 1.
=


§2. Рациональные корни целочисленных уравнений
Запишем уравнение n-ой степени в виде:
(2.1) an x n  an 1 x n 1  ...  a1 x  a0  0 ,
где x - неизвестная величина; a i - заданные числовые целочисленные
коэффициенты;
ai  Z , i  0,1,..., n, n   0 ; так называемый старший
коэффициент a n  0 . Левая часть уравнения есть многочлен (или полином)
n-ой степени от неизвестной ‘x’, который обозначим через Pn ( x ) , где индекс ‘n’
указывает на степень многочлена. Таким образом, имеем:
(2.2)
Pn ( x)  an x n  an1 x n1 ...a1 x  a0
Ясно, что многочлен нулевой степени есть конечное число, отличное от нуля,
так как a n  0 .
2.1.Деление многочленов
Для двух многочленов Pn ( x ) и Qm ( x ) можно реализовать деление
«уголком», то есть при n  m имеем:
Pn ( x )
r ( x)
 q( x) 
,
(2.3)
Qm ( x )
Qm ( x )
Pn ( x )  q ( x )  Qm ( x )  r ( x ),
(2.4)
где q(x) называется неполным частным (или просто частным) от деления Pn ( x )
на Qm ( x ) , а r ( x) - остаток от этого деления. Если n>m, то многочлен Pn ( x )
считается старшим по отношению к многочлену Qm ( x ) , как имеющий более
высокую степень. Обозначение многочленов строчными («маленькими»)
буквами без указания их степени (в соотношениях (2.3) и (2.4) это q(x) и r(x))
используются зачастую там, где порядок степени многочлена не является
определяющим фактором.
Если остаток от деления Pn ( x ) на Qm ( x ) равен нулю (r(x)=0), то говорят,
что Pn ( x ) делится на Qm ( x ) и Qm ( x ) называют делителем многочлена Pn ( x ) ;
6
многочлен q(x) при этом называется полным частным (или просто частным). В
этом случае имеем:
Pn ( x )  q ( x )  Qm ( x ),
(2.5)
откуда следует, что многочлен q(x) при делении «нацело» также является
делителем многочлена Pn ( x ) .
Пусть даны произвольные многочлены Pn ( x ) и Qm ( x ) . Многочлен ( x )
будет называться общим делителем этих многочленов, если он служит
делителем для каждого из многочленов. Если ( x ) есть число, отличное от
нуля (многочлен нулевой степени), то тогда многочлены Pn ( x ) и Qm ( x )
называются взаимно простыми. В общем случае, многочлены Pn ( x ) и Qm ( x )
могут обладать делителями, зависящими от ‘x’.
Введем понятие о наибольшем общем делителе двух многочленов, который
обозначим через НОД ( Pn ( x), Qm ( x))   ( x) . Наибольшим общим делителем двух
многочленов называется такой многочлен  (x ) , который является общим делителем
этих многочленов и, вместе с тем, сам делится на любой другой общий делитель
этих многочленов.
Отметим, что любой многочлен делится на многочлен нулевой степени, то есть
на произвольное конечное число, отличное от нуля, так как у соответствующему
этому многочлену уравнении умножение на любое конечное число, отличное от
нуля, корней этого уравнения не меняет. Это обстоятельство будет использовано
при упрощении процесса нахождения НОД двух многочленов.
Если многочлены разложены на линейные множители, то нахождение их
НОД не представляет труда: это есть произведение их общих сомножителей. Если
корни многочленов неизвестны, а потому и нет соответствующих разложений на
линейные множители, то для нахождения НОД двух многочленов можно
использовать алгоритм последовательного деления (так называемый алгоритм
Евклида).
Замечание. Применяя алгоритм Евклида к многочленам с целыми
коэффициентами, можно, чтобы избежать дробных коэффициентов, умножить
делимое или делитель на любое
конечное, не равное нулю, число; причем, не
только начиная какое-либо из последовательных делений, но и в процессе самого
этого деления. Это будет приводить, конечно, к искажению частного, но при этом
остатки будут приобретать лишь некоторый множитель нулевой степени, что, как
уже отмечалось выше, при нахождении НОД многочленов допускается.
Пример 2.1. Найти наибольший общий делитель (НОД) двух многочленов:
Pn ( x)  x 4  3x 3  x 2  4 x  3 ,
Qm ( x)  3x 3  10 x 2  2 x  3 .
Решение. Делим Pn ( x ) на Qm ( x ) , умножив предварительно Pn ( x ) на 3:
3x 4  9 x 3  3x 2  12 x  9 3x 3  10 x 2  2 x  3
3x 4  10 x 3  2 x 2  3x
x 1
3
2
 x  5x  9 x  9
7
Умножаем полученный остаток на (-3) и продолжаем процесс деления.
3x 3  15 x 2  27 x  27
3x 3  10 x 2  2 x  3
5 x 2  25 x  30
Полученный теперь остаток разделим на 5 и назовем его первым, то есть
r1 ( x)  x 2  5 x  6 . Делим многочлен Qm (x) на первый остаток:
3x 3  10 x 2  2 x  3
x 2  5x  6
3x 3  15 x 2  18 x
3x  5
2
 5 x  16 x  3
 5 x 2  25 x  30
9x  27
Полученный остаток после деления на 9 назовем вторым, то есть
r2 ( x)  x  3 . Делим теперь первый остаток на второй:
x 2  5x  6 x  3
x 2  3x
x2
2x  6
2x  6
0
Так как r1 ( x)  ( x  2)r2 ( x) , то r2 ( x) будет последним остатком, на
который «нацело» делится предыдущий остаток (или соответствующий
многочлен). Этот остаток r2 ( x) и будет согласно алгоритму Евклида
наибольшим общим делителем многочленов Pn ( x ) и Qm ( x ) , то есть
r2 ( x)  x  3  НОД ( Pn ( x), Qm ( x))   ( x) .
Ответ: НОД ( Pn ( x), Qm ( x))  x  3 .
Упражнения 2.1. Найти НОД ( Pn ( x), Qm ( x)) , если:
а).
Pn ( x)  4 x 4  2 x 3  16 x 2  5 x  9 ,
Qm ( x )  2 x 3  x 2  5 x  4 ;
б).
Pn ( x)  9 x 4  5 x 2  1 ,
Qm ( x )  3 x 3  2 x 2  1 ;
в).
Pn ( x)  4 x 4  2 x 2  1 ,
Qm ( x )  3 x 2  4 x  1 .
2.2. Теорема Безу и схема Горнера
Если делить некоторый целочисленный многочлен f (x) на разность
x  c , c  Z (то есть на многочлен первой степени), то остаток от деления ‘г’ будет
либо нуль, либо число, отличное от нуля (многочлен нулевой степени). Теорема Безу
позволяет найти этот остаток, не выполняя самого процесса деления.
Теорема Безу: остаток ‘г’ от деления многочлена f (x) на линейный
многочлен x  c равен значению f (c ) многочлена f (x) при x  c .
Действительно, пусть f ( x)  ( x  c)q( x)  r ; при x  c имеем:
f (c)  (c  c)q(c)  r  r , что и доказывает теорему.
8
Рассмотрим деление суммы или разности одинаковых степеней на сумму
или разность их оснований.
1). Пусть n  2k , k  N ; r - остаток от деления; тогда:
при ( x n  a n ) : ( x  a )
r  0;
n
n
при ( x  a ) : ( x  a )
r  0;
n
n
при ( x  a ) : ( x  a )
r 0;
n
n
при ( x  a ) : ( x  a )
r 0.
2). Пусть n  2k  1, k  N ; тогда:
при ( x n  a n ) : ( x  a )
r 0;
n
n
при ( x  a ) : ( x  a )
r  0;
n
n
при ( x  a ) : ( x  a )
r  0;
n
n
при ( x  a ) : ( x  a )
r 0.
Все эти соотношения легко проверяются по теореме Безу. В итоге имеем
вывод: разность x n  a n делится на разность оснований при n  N , та же
разность x n  a n делится на сумму оснований только при четном "n" , а сумма
x n  a n делится на сумму оснований только при нечетном "n" .
Очень важным является следствие из теоремы Безу: число ‘с’ тогда и
только тогда будет корнем многочлена f (x) (уравнения f ( x)  0 ), если f (x)
делится на разность x  c .
При делении многочлена на линейный двучлен x  c можно
использовать метод, более простой, чем общий алгоритм деления многочленов
«уголком». Этот метод называется схемой Горнера и заключается в следующем.
Пусть в соотношении (2.4): Pn ( x)  q( x)  Q( x)  r ( x) - участвующие многочлены
имеют вид: Pn ( x)  f ( x)  a n x n  a n 1 x n 1  ...  a1 x  a0 ; Qm ( x)  x  c ; r ( x)  r ;
r , c  Z ; а неполное частное q( x)  bn 1 x n 1  bn  2 x n  2  ...  b1 x  b0 , то есть имеем:
(2.6)
f ( x)  q ( x)  ( x  c)  r .
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях в этом соотношении,
получим:
bn 1  a n ,
bn  2  c  bn 1  a n 1 ,
(2.7)
bn 3  c  bn  2  a n  2 ,
................................
b0  c  b1  a1 ,
r  c  b0  a 0 .
Таким образом, начальные коэффициенты искомого q(x) и исходного f (x)
многочленов равны (bn1  a n ) , все последующие коэффициенты искомого
многочлена q(x) получаются умножением предыдущего коэффициента bk 1 на
‘c’ и прибавлением соответствующего коэффициента a k 1 , то есть
bk  bk 1  c  a k 1 ; остаток r получается по такому же правилу. Эти вычисления
9
удобно производить, заполняя приведенную ниже таблицу, которая и называется
схемой Горнера.
...
a n 1
an
a0
a1
...
c
r
bn 1
bn  2
b0
В верхней строке таблицы записываем известные коэффициенты
многочлена f(x); ниже пишем получаемые по формулам (2.7) соответствующие
коэффициенты искомого многочлена q(x) и остаток от деления; слева сбоку
размещаем число ‘c’.
Пример
2.2.
Разделить
f(x)
на
разность
x-3,
если
5
4
3
f ( x)  2 x  x  3x  x  3.
Решение. Составляем схему Горнера:
c3
2
2
-1
5
-3
12
0
36
1
109
-3
324
Ответ: q( x)  2 x 4  5x 3  12 x 2  36 x  109 ; r  f (3)  324 .
Замечание: остаток ‘r’ равен значению искомого многочлена f(x) при
x=c, то есть r=f(с), а потому схема Горнера может применяться и для быстрого
нахождения частных значений многочлена f(x) при различных ‘c’.
Упражнения 2.2. Разделить многочлен f(x) на разность x-c, если:
c  1;
а).
f ( x)  x 4  8 x 3  x 2  4 x  9,
б).
f ( x)  4 x 4  5 x 3  x 2 ,
c  1.
2.3. Основная теорема алгебры и ее следствия
Процесс нахождения рациональных корней целочисленного многочлена
(уравнения), если они, конечно, есть, связан с содержанием основной теоремы
алгебры, которая утверждает, что всякий многочлен с действительными
коэффициентами имеет столько корней, какова его степень; при этом корни
могут быть кратными, а также комплексными.
Отметим некоторые следствия этой теоремы, используемые для
получения рациональных корней целочисленных многочленов.
I-ое следствие: если комплексное число x j служит корнем некоторого
многочлена (уравнения), то корнем для этого многочлена будет и число x j ,
комплексно сопряженное числу x j .
Таким образом, если многочлен имеет комплексные корни, то они
попарно сопряжены, а это, в свою очередь, дает
II-ое следствие: многочлен нечетной степени имеет по крайней мере
один действительный корень.
III-ье следствие: всякий многочлен с действительными коэффициентами
представим, притом единственным образом ( с точностью до порядка
сомножителей), в виде произведения своего старшего коэффициента a n и
нескольких многочленов с действительными коэффициентами, линейных вида
x  xi , соответствующим его действительным корням ( xi  R) , и квадратных
10
вида:
x2  (x j  x j )x  x j x j ,
соответствующим
парам
сопряженных
комплексных чисел x j и x j ( x j , x j  C ) , то есть:
(2.9)
Pn ( x)  an ( x  x1 )...( x  xe ) k ...( x 2  ( x j  x j ) x  x j x j )... ,
где k  N и означает кратность некоторого действительного корня xe . Пары
комплексно сопряженных корней тоже могут быть кратными.
Определить кратность известного действительного корня xe можно с
помощью производной от исходного многочлена, а именно: кратность корня
определяется порядком производной, для которой он уже не является корнем.
Пример 2.3. Известно, что
x  1 есть корень многочлена
4
3
2
f ( x)  2 x  2 x  6 x  10 x  4 ; определить кратность этого корня.
Решение. Проверим, что x  1 есть корень исходного многочлена:
f (1)  2  2  6  10  4  0 ; далее: f ( x)  8 x 3  6 x 2  12 x  10 ,
f (1)  8  6  12  10  0; f ( x)  24 x 2  12 x  12 ; f (1)  24  12  12  0 ;
f ( x)  48 x  12 , f (1)  48  12  36  0 , следовательно, кратность корня x  1
равна 3.
Ответ: k=3.
Если известен один действительный корень xi некоторого многочлена,
то деление на разность x  xi дает многочлен, степень которого на единицу
ниже. Если же кратность корня равна ‘k’, то при делении исходного многочлена
k
на выражение x  xi  получим многочлен, степень которого на ‘k’ порядков
ниже.
Упражнение 2.3. Многочлен f ( x)  x 4  x 3  3x 2  5x  2 имеет корни
2;1. Установить их кратность.
2.4. Нахождение целых корней
Вспомним формулы Виета для квадратного (пусть приведенного)
уравнения x 2  px  q  0 :
 x  x 2   p,
(2.10)  1
 x1  x2  q.
Эти формулы обобщаются и на уравнения более высоких степеней. Например,
для кубического уравнения x 3  ax 2  bx  c  0 имеем:
a  ( x1  x2  x3 ),

(2.11) b  x1 x2  x1 x3  x2 x3 ,
c   x x x .
1 2 3

Для дальнейшего изложения определяющим фактором служит соотношение,
связывающее произведение всех корней уравнения, которое в общем виде
можно записать так:
(2.12) a 0  (1) n x1  x 2  ...  x n ,
где a 0 - свободный член, n - степень уравнения, а xi - его корни.
11
Из этого соотношения следует: если целое число xi является корнем
уравнения (многочлена), то оно будет служить делителем свободного члена.
Таким образом, если целочисленный многочлен f (x) обладает целыми
корнями, то они будут находиться среди делителей свободного члена.
Необходимо, следовательно, испытывать всевозможные делители свободного
члена как положительные, так и отрицательные; если ни один из них не
является корнем многочлена, то целых корней многочлен не имеет вовсе.
Испытание всех делителей свободного члена может оказаться весьма
громоздким, если даже значения многочлена будут вычисляться по схеме
Горнера, а не непосредственной подстановкой каждого из делителей вместо
неизвестной. Однако, эту операцию испытания делителей свободного члена на
предмет обнаружения целого корня исходного уравнения можно упростить.
Прежде всего, заметим, что  1 всегда являются делителями свободного члена.
Вычисления f (1) и f (1) не вызывают затруднений. Если целое число " "
является корнем для многочлена f (x) , то f ( x)  ( x   )q(1) . При x  1 имеем
f (1)  (1   )q(1) , а при x  1 имеем f (1)  (1   )q (1) , откуда следует, что:
f (1)
f (1)
 q(1) ,
  q (1) ,
(2.13)
 1
 1
то есть  q(1) и  q (1) должны быть целыми числами, при некоторых
значениях " " . Таким образом, подлежат испытанию лишь те делители
свободного члена (из числа отличных от  1 ), для которых каждое из частных
(  q(1) и  q (1) ) является целым числом, то есть  q(1) ,  q(1)  Z .
Пример 2.4. Найти целые корни многочлена f ( x)  x 3  2 x 2  x  6 .
Решение. Свободный член (-6) имеет делители:  1 ;  2 ;  3 ;  6 .
f (1)  1  2  1  6  8 ;
f (1)  1  2  1  6  8 ;
пусть
  2 , тогда
f (1)  8
f (1)  8
8

Z ,

 Z ; пусть   2 , тогда
 Z ; пусть   3 ,
2 1 1
2 1
3
3
8
8
 Z ; следовательно,
Z ,
тогда
x1  3 . В самом деле,
3 1
3 1
f (3)  27  18  3  6  0 . Проверим, не является ли этот корень кратным:
f ( x)  3x 2  4 x  1 , f (3)  27  12  1  0 ; стало быть, x1  3 является простым
корнем. Делим исходный многочлен f (x) на разность x  3 по схеме Горнера:
С=3
1
1
-2
1
-1
2
-6
0
Стало быть, f ( x)  ( x  3)( x 2  x  2) и x 2,3  C .
Ответ: xi   x1  3 .
Пример 2.5. Найти целые корни многочлена
f ( x)  3 x 4  x 3  5 x 2  2 x  2 .
Решение. f (1)  3  1  5  2  2  1 , f (1)  3  1  5  2  2  1 ; пусть
1
1
1
 Z ; стало быть,
Z ,
 Z ; пусть   2 , тогда
  2 , тогда
 2 1
2 1
2 1
целых корней исходный многочлен не имеет.
Ответ: xi   ø .
12
Упражнения 2.4. Найти целые корни многочленов:
а). f ( x)  x 4  4 x 3  4 x 2  9 ,
б). f ( x)  x 3  6 x 2  12 x  35 ,
в). f ( x)  x 3  4 x 2  6 x  4 .
2.5. Нахождение дробных корней
Исходим из следующего утверждения: если целочисленный
приведенный (!) многочлен имеет рациональный корень, то этот корень будет
b
целым числом. В самом деле, пусть
есть несократимая дробь и является
c
x n  a n 1 x n 1  a n  2 x n  2  ...  a1 x  a 0  0 ,то
корнем
уравнения
есть
n
b
b
   a n 1  
c
c
n 1
n2
b
b
 a n  2    ...  a1    a 0  0 .
Умножим
обе
части
c
c
bn
n 1
 a n 1b n 1  a n 2 b n2 c  ...  a1bc n 2  a0 c n1  0 ,
уравнения на c :
откуда
c
bn
 a n 1b n 1  a n 2 b n 2 c  ...  a1bc n 2  a0 c n1 , то есть несократимая
имеем:
c
bn
дробь
равна целому числу (сумме целых чисел), что невозможно. Значит,
c
доказательством от противного установлено, что несократимая дробь не может
быть корнем приведенного (!) целочисленного уравнения (многочлена).
Если
имеется
целочисленный
не
приведенный
многочлен
n
n 1
n2
f ( x)  a n x  a n 1 x  a n  2 x  ...  a1 x  a0 , то можно получить приведенный
многочлен, умножив исходный многочлен на a nn 1 и сделав замену y  a n x :
f ( x)a nn 1  a nn x n  a n 1 a nn 1 x n 1  a n  2 a n a nn  2 x n  2  ...  a1 a nn  2 a n x  a 0 a nn 1 ,
 ( y )  y n  a n 1 y n 1  a n 2 a n y n 2  ...  a1 a nn  2 y  a0 a nn 1 .
Многочлен  ( y ) - целочисленный и приведенный (!); если он имеет
рациональные корни, то они целые и содержатся в качестве делителей
y
свободного члена a 0 a nn 1 , то есть  yi   xi an  , откуда xi  i , что может быть
an
как целым, так и дробным числом. Итак, для нахождения всех рациональных
(дробных и целых) корней неприведенного целочисленного многочлена нужно
его превратить в приведенный (!) (умножив на a nn 1 и сделав замену y  a n x ),
найти все целые корни этого приведенного уравнения и разделить каждый из
них на старший коэффициент исходного многочлена.
Пример 2.6. Найти рациональные корни многочлена
f ( x)  3x 4  5 x 3  x 2  5 x  2 .
Решение. Умножая f (x) на 33 ( a nn 1 ) и делая замену y  3 x ( y  a n x ),
получим:
f ( x)33  333x 4  5  33 x 3  33 x 2  5  33 x  2  33  34 x 4  5  33 x 3  3  32 x 2 
13
 45x  3  54 , то есть  ( y)  y 4  5 y 3  3 y 2  45 y  54 ;
 (1)  1  5  3  45  54  0 ; значит, y  1 есть корень уравнения  ( y )  0 ;
проверим его кратность:  ( y)  4 y 3  15 y 2  6 y  45 ,  (1)  4  15  6  45  0 ;
значит, корень простой; делим  ( y ) на разность y  1 по схеме Горнера:
с=1
1
1
5
6
3
9
45
54
-54
0
Следовательно,  ( y )  ( y  1)q( y ) , где q( y)  y 3  6 y 2  9 y  54 .
Делителями свободного члена будут числа:  1 ;  2 ;  3 ;  6 ;  9 ;  18 ;  27 ;
 54 . q(1)  1  6  9  54  70 , q(1)  1  6  9  54  50 . Заметим, кстати, что
положительных корней многочлен q( y ) не имеет. Пусть   2 , тогда
70
70
70
 Z ; пусть   3 , тогда
Z ,
 Z ; пусть   6 , тогда
 2 1
 6 1
 3 1
50
 Z ; стало быть, y  6 корень многочлена q( y ) . Испытаем этот корень
 6 1
по схеме Горнера и заодно получим некое квадратное уравнение, корни
которого сразу же и оценим.
с=-6
1
1
6
0
9
9
54
0
Таким образом, q( y)  ( y  6)( y 2  9) , что говорит о том, что остальные
1
два корня комплексные. Итак, у=1;-6, откуда получаем: x1  ; x2  2 .
3
1


Ответ:  2;  .
3

Упражнения 2.5. Найти рациональные корни целочисленных многочленов:
а).
f ( x)  2 x 3  x 2  18 x  9 ,
б).
f ( x)  3x 4  x 3  12 x 2  4 x ,
в).
f ( x)  2 x 4  x 3  3 x 2  x  1 ,
г).
f ( x)  27 x 3  36 x 2  18x  4 ,
д).
f ( x)  4 x 4  8 x 3  9 x 2  5 x  1 ,
е).
f ( x)  2 x 4  3x 3  16 x 2  3x  2 ,
ж).
з).
f ( x)  2 x 6  3 x 5  x 4  6 x 3  x 2  3 x  2 ,
f ( x)  2 x 4  3 x 3  4 x 2  3 x  2 .
14
§3. Общий подход к решению уравнений высших степеней
Если изложенные ранее методы не позволяют решить некоторое уравнение, то
возникает вопрос: имеет ли данное уравнение действительные корни вообще?
Из следствий основной теоремы алгебры вытекает, что уравнение нечетной
степени имеет по крайней мере один действительный корень. В случае
уравнения четной степени вопрос остается открытым. Число действительных
корней в уравнении (многочлене) однозначно устанавливается с помощью так
называемой последовательности Штурма, построение которой описано в
приложении 2. Это построение бывает достаточно громоздко, поэтому имеет
смысл использовать более простые способы, которые зачастую решают задачу.
Например, всегда можно построить график многочлена третьей степени с
помощью производной, что и решает задачу о числе действительных корней в
данном многочлене.
Вопрос о верхней границе числа корней в уравнении (многочлене) решает
теорема Декарта: число действительных положительных корней в уравнении
(3.1) anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0=0
с учетом их кратности равно числу перемен знаков (W+) в системе
коэффициентов ai (i0) или меньше этого числа на четное число;
коэффициенты, равные нулю, не учитываются, и все коэффициенты в
уравнении предполагаются вещественными, причем an>0.
Пример 3.1. Сколько положительных корней в уравнении
3x4+6x3+10x2-2x-24=0 ?
Решение. Система знаков коэффициентов уравнения ai суть: (+, +, +, -, -); стало
быть, в наличии одна смена знака, то есть W+=1, а потому и положительный
корень в уравнении только один.
Ответ: xi>0, i=1.
Если в уравнении (3.1) вместо ”x” подставить (-x), то получим систему знаков
для определения количества отрицательных корней исходного уравнения. Так, в
примере (3.1) при замене “x” на (-x) имеем следующую систему знаков: (+, -, +,
+, -); стало быть, имеем три смены знаков, то есть W-=3, что означает наличие в
уравнении числа отрицательных корней, равного трем или одному.
Неопределенность в количестве действительных корней возникает из-за
возможного наличия комплексно сопряженных корней.
Уточнить количество действительных корней в уравнении помогает иногда
теорема Гюа: если уравнение имеет все действительные коэффициенты и все
его корни действительны, то квадрат каждого не крайнего коэффициента этого
уравнения больше произведения двух его соседних коэффициентов
(предшествующего и последующего), то есть
(3.2) ak2>ak-1*ak+1 при k=n-1, n-2, …, 1.
Пример 3.2. Доказать, что уравнение
x5+3x4+2x3+4x2-7x+4=0
имеет комплексные корни.
Решение. Согласно теореме Гюа имеем совокупность неравенств:
 9 > 2,
 4 > 12,

 16 > -14,

 49 > 16.
15
Так как второе неравенство ложно, то не все корни исходного уравнения
являются действительными; стало быть, комплексные корни в исходном
уравнении есть.
Ответ. x=i, где i=  1.
Замечание. Теорема Гюа содержит только необходимое условие; если оно
выполняется, то заключение о существовании всех корней как действительных
зачастую может и не иметь места. Так, в примере (3.1) из уравнения
3x4+6x3+10x2-2x-24=0 согласно теореме Гюа имеем следующую совокупность
неравенств:
 36 > 30,
 100 > -12,

 4 > -240.
Все неравенства верны, но никакого заключения о наличии всех корней
уравнения как действительных сделать нельзя.
Когда наличие действительных корней в уравнении установлено, то можно
определить интервал, в котором они располагаются, по теореме Лагранжа, а
именно: пусть в уравнении (3.1)
anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0=0, an>0,
A – наибольшая из абсолютных величин отрицательных коэффициентов, ak –
первый из отрицательных коэффициентов (подсчет «k» ведется слева направо,
причем первый член уравнения считается нулевым, то есть k1), тогда любой
положительный корень уравнения удовлетворяет оценке:
(3.3) 0<x<1+(A/an)1/k.
Так, в уравнении примера (3.1) 3x4+6x3+10x2-2x-24=0 имеем: A=|-24|=24, an=3,
k=3; что дает оценку для положительного корня уравнения: 0<x<1+(24/3)1/3=3,
0<x<3. Таким образом, произошло как бы отделение корня в интервал (0;3), при
этом N0=3 считается верхней границей положительных корней исходного
уравнения. Для определения нижней границы отрицательных корней уравнения
f(x) используем многочлен f(-x), для которого ищем верхнюю положительную
границу корней N2, значение которой с противоположным знаком будет
служить нижней границей отрицательных корней многочлена f(x). Для
уравнения примера (3.1) имеем: f(x)=3x4+6x3+10x2-2x-24, f(-x)=3x4-6x3+10x2+2x-24, 0<-x<1+24/3=9, 0<-x<9, -9<x<0.
Если согласно теореме Лагранжа указываются границы, между которыми
содержаться действительные корни уравнения, то этим вовсе не утверждается,
что такие корни на самом деле есть. Стало быть, вначале надо определить
наличие действительных корней в уравнении (как положительных, так и
отрицательных), а потом уже искать интервалы, в которых они находятся.
После установления количества действительных корней в уравнении (пусть
пока и с избытком) имеет смысл построить график или просто таблицу
исходного многочлена по легко просчитываемым точкам (0; 1; 2; …),
входящим в интервалы расположения корней. В ряде случаев это дает полезную
информацию. Так, для многочлена из примера (3.1) f(x)=3x4+6x3+10x2-2x-24
имеем: f(0)=-24, f(1)=-7, f(2)=108; что дает “заужение” отделения этого корня до
интервала (1;2), в котором многочлен меняет знак (раньше отделения корня
приходилось на интервал (0;3)). Далее, f(-1)=-20, f(-2)=20, что дает в интервале
(-1; -2) по крайней мере один отрицательный корень.
Пример 3.3. Отделить отрицательные корни многочлена
f(x)=x5+2x4-5x3+8x2-7x-3.
16
Решение. Система знаков для отрицательных корней суть: (-, +, +, +, -); стало
быть, количество отрицательных корней 2 или 0 (W-=2). f(0)=-3, f(-1)=18; стало
быть, в интервале (-1;0) может быть по крайней мере один отрицательный
корень; далее: f(-2)=83, f(-3)=144, f(-4)=-39; стало быть, в интервале (-4;-3)
находится второй отрицательный корень.
Ответ: x1<0, x1(-1; 0); x2<0, x2(-4; -3).
Пример 3.4. Решить уравнение
4х  х 2 =x3-12x+18.
Решение. ОДЗ: 4х-х20, х(4-х)0, х(х-4)0.
0
-
4
х
х[0;4].
Далее используем графическую иллюстрацию задачи. Пусть у1=у2, где
у1= 4х  х 2
представляет собой верхнюю часть полуокружности,
расположенной в верхней полуплоскости (у10); центр полуокружности смещен
на две единицы от начала координат (у12=4х-х2, х2-4х+4-4+у12=0, (х-2)2+у12=2).
у2=х3-12х+18 представляет собой график многочлена третьей степени.
у
у2=х3-12х+18
2
у1= 4х  х 2
-5
-4
-2
2
х
Исследуем этот график в области определения задачи с помощью
производной. у2=3x2-12, y2=0, 3x2-12=0, x2-4=0, x1,2=2. В область определения
задачи попадает только х=2. у2=6х, sgn у2(2)=12>0  min у2= у2(2)=8-24+18=
=2. Как видим, max у1 совпадает с min у2; стало быть, х=2 есть решение задачи.
Сделаем некоторые замечания о многочлене третьей степени, рассматривая
его при хR. Во-первых, имеем по крайней мере один действительный корень
многочлена нечетной степени. Так как Ф+ (смена знаков при х>0) равно двум, то
положительных корней у многочлена 2 или их нет вовсе. Так как Ф- (смена
знаков при х<0 (-, +, +)) равно 1, то и отрицательный корень у многочлена один.
Из решенной задачи следует, что, кроме min у2=у2(2)=2, есть еще экстремум в
точке х=-2. sgn у2(-2)=-12<0  max y2=у2(-2)=34. Стало быть, как это видно из
рисунка, многочлен имеет только один отрицательный корень, расположенный
в интервале (-5; -4), так как у2(-4)=-64+48+18=2, а у2(-5)=-125+60+18=-47.
Исследованный многочлен целочисленный, приведенный, неполный, целых
рациональных корней не имеет. Если сдвинуть график многочлена на две
17
единицы вниз, то у полученного вновь многочлена х3-12х+16 будет три
действительных корня, один из которых кратный ({-4; 2; 2}).
§4.Точное определение числа действительных корней в уравнении,
их отделение и оценка
Пусть многочлен (уравнение) с действительными коэффициентами
1) f(x)  a n x n  a n 1 x n 1  ...  a 1 x  a 0
не имеет кратных корней и a n  0.
Найдем производную от этого многочлена f ( x)  f1 ( x) и обозначим остаток
от деления f(x) на f 1 ( x) , взятый с обратным знаком, через f 2 ( x) ; остаток (с
обратным знаком) от деления f 1 ( x) на f 2 ( x) обозначим через f 3 ( x) и так далее
пока не получим в остатке число, которое так же берем с обратным знаком и
обозначим через f к (x) . В результате такой процедуры построена так
называемая последовательность Штурма:
2) f (x) , f 1 ( x) , f 2 ( x) , f 3 ( x) ,…, f к (x) .
Вычислим значения членов последовательности 2) на концах отрезка а, b:
3а) f (а ) , f 1 (а) , f 2 (а) , f 3 (а) ,…, f к1 ;
3б) f (b ) , f 1 (b) , f 2 (b) , f 3 (b) ,…, f к 2 .
Пусть Ф(а) есть число перемен знака в последовательности 3а), а Ф(b) - число
перемен знака в последовательности 3б). Тогда согласно теореме Штурма число
действительных корней многочлена на отрезке а, b равно разности
4) Ф(а)-Ф(b).
Замечание. Выяснение вопроса – имеет ли данный многочлен кратные корни?
– происходит во время построения последовательности Штурма: если
последний остаток этой последовательности отличен от нуля, то кратных
корней нет.
Очень просто ответить на вопрос – сколько действительных корней вообще у
данного многочлена? Для этого необходимо определить число перемен знака в
последовательности Штурма при х  (Ф()) и при х  (Ф()). Тогда
разность
4а) Ф(- )-Ф(+ )
дает точное число действительных корней многочлена. Например, многочлен
f ( x)  4 x 3  2 x 2  4 x  3
имеет последовательность Штурма:
f ( x)  4 x 3  2 x 2  4 x  3,
f 1 ( x)  12 x 2  4 x  4,
f 2 ( x)  26 x  29,
f k  1.
Последний остаток не равен нулю; стало быть, исходный многочлен кратных
корней не имеет. Так как Ф(-)=2 (-,+,-,-), а Ф(+)=1 (+,+,+,-), то многочлен
имеет один действительный корень (Ф(-)-Ф(+)=2-1=1), причем корень этот
положительный, ибо Ф(0)=2 и Ф(0)-Ф(+)=2-1=1.
18
Пример 1. Определить число действительных корней в уравнении
f ( x)  x 3  3x 2  1  0.
Решение. Строим последовательность Штурма для данного уравнения: f1 ( x) 
 f ( x)  3x 2  6 x; делим f (x) на f 1 ( x) , умножив предварительно f (x) на три:
-
3x 2  6 x
3x  9 x  3
3
2
х+1
3x 3  6 x 2
3х 2
-
3х 2  6 х
-6х - 3
Стало быть, f 2 ( x) =6х+3. Делим f 1 ( x) на f 2 ( x) , разделив предварительно
f 2 ( x) на два:
3х+1,5
3x 2  6 x
3x 2  1,5 х
х+1,5
4,5х
4,5х  2,25
- 2,25
 f 3 ( x) = f к =2,25.
Итак, имеем последовательность Штурма:
f ( x)  x 3  3x 2  1,
f 1 ( x )  3 x 2  6 x,
f 2 ( x)  6 x  3,
f k  2,25.
Так как f k  0 , то исходное уравнение кратных корней не имеет. Далее, f(-)=3
(-,+,-,+); Ф(+)=0 (+,+,+,+); Ф(-)-Ф(+)=3-0=3; стало быть, уравнение имеет
три действительных корня, два их которых – отрицательные (Ф(0)=1 (-,+,+);
Ф(-)-Ф(0)=3-1=2).
Ответ: 3.
Построим график многочлена, исследованного в примере. Так как

f ( x)  3x 2  6 x; то критическими точками будут х 01  0 и х 02  2. Так как
f (x) =6х+6, то sgn f (0) >0  min f(x)=f(0)=-1, sgn f (2) <0  max f(x)=
f(-2)=-8+12-1=3. Подсчитаем дополнительные точки f(-3)=-27+27-1=-1;
f(-1)=-1+3-1=1; f(1)=1+3-1=3. Из рисунка хорошо видно наличие трех корней:
двух отрицательных и одного положительного. Сами корни согласно графику
расположены в интервалах: (-3;-2), (-1,0), (0,1).
19
У
f(x)
3
2
1
-3
-2 -1
1
Х
-1
Аналитическая оценка расположения корней может быть проведена
следующим образом. Верхняя граница положительных корней уравнения (1)
удовлетворяет соотношению Лагранжа (см. формулу 3.3):
А
5) 0<x<1+ k
.
аn
Для уравнения из вышеприведенного примера ( f ( x)  x 3  3x 2  1  0 ) имеем:
А=1, k=2, а n =1; и верхняя граница положительного корня N 0 определяется
1
 2 ).
1
Если известна верхняя граница положительных корней, то этого достаточно
для определения нижней границы положительных корней, а так же нижней и
верхней границ отрицательных корней. Пусть f(x) есть многочлен степени «n» с
верхней границей положительных корней, равной N 0 . Рассмотрим многочлены:
числом, равным 2 (0<x<1+
1
 x
6)  2 ( x)  f ( x), N 2 ;
 1 х   х n f  , N 1 ;
1
x
где N 1 , N 2 , N 3 суть соответственно верхние границы положительных корней
1
многочленов  1 ( х),  2 ( х),  3 ( х). Число
будет нижней границей
N1
положительных корней исходного многочлена f(x): если «» есть
1
положительный корень f(x), то
будет положительным корнем для 1 ( х) , и

1
1
из
< N1 следует >
. Таким образом, все положительные корни

N1
многочлена f(x) удовлетворяют двойному неравенству :
1
7)
<х< N 0 .
N1
 3 ( x)  x n f ( ), N 3 ;
20
Аналогично нетрудно получить интервал, в котором располагаются все
отрицательные корни многочлена f(x):
1
8) - N 2 <x< 
.
N3
Определим нижнюю границу положительного корня в примере 1. Строим
3
 1

функцию  1 ( х)  х 3  3  2  1  1  3х  х 3 . Для определения N1 используем
х
х

1
3
многочлен х 3  3х  1, где А=3, а n  1 , k=1. Тогда N1 <1+
=0,25.
 4,
N1
1
Таким образом, имеем отделение положительного корня в интервал (0,25; 2), в
то время как раньше имели (0; 1); стало быть, положительный корень уравнения
х 3  3х  1 лежит в интервале (0,25; 1).
После отделения действительного корня приближенно можно просчитать
его значение с любой заданной точностью. Существует много методов
приближенного вычисления корней уравнения, но в задачу настоящего пособия
это не входит. Ограничимся оценкой положительного корня в нашем примере,
используя идею так называемого метода половинного деления. Так, в уравнении
примера 1 ( х 3  3х  1 =0) имеем отделение положительного корня в интервал
1
 51 
(0,25; 1). f(1)=3; просчитаем f ( ) ; получаем отрицательную величину    ;
4
 64 
1
поэтому считаем f ( ) ; получаем опять отрицательную величину, равную
2
5
9
3
 1
   ; далее имеем: f ( ) =1,125; f ( ) =0,45; f ( ) =-0,003; стало быть, х0,56
4
16
8
 8
с точностью не менее 1%.
21
Ответы к упражнениям
Упражнение В-1.
а). Нет.
б). Да.
в). Да.
Упражнение В-2. а). Первое есть следствие второго.
б). Второе есть следствие первого.
Упражнение 1.1. а).  2. б).  2;2. в). 0 . г). 3.


Упражнение 1.2. а).  3 : 2;2;3. б).  2 2 ;1;1;2 2 .
в). 0;5.
 9  65 
Упражнение 1.3. а). 1 . б).  2;1;0,5;1. в).  1;
.
4


Упражнение 1.4. а).  1. б).  1;1 .
Упражнение 1.5.  3;1,5;1;2.


Упражнение 1.6. 2;3  13 .
  5  13 

5  89 
Упражнение 1.7. а). 
 . б). 2;3;
.
2
2 



Упражнение 1.8. а).  1;3. б). 2;4.


Упражнение 1.10.  2;2  7 .
Упражнение 1.11.  1  2 .
Упражнение 1.12.  1;2  5 .
Упражнение 1.9.  1  2 .
Упражнение 1.13. а). 1 . б). 0,5;3.
в).  3;2;5.
2
4 
 
; cos  .
Упражнение 1.14. cos ; cos
7
9
9 

Упражнение 2.1. а). x  1 . б). 0 . в). x 2  5 x  6 .
Упражнение 2.2. а). q( x)  x 3  9 x 2  10 x  6 ; r  f (1)  3 .
б). q( x)  4 x 3  x 2 ; r  f (1)  0 .
Упражнение 2.3. f ( x)  ( x  1) 3 ( x  2) .
Упражнение 2.4. а).  3;1. б). 5. в).  2;1.
1 
 1

Упражнение 2.5. а).  ;3 . б).  ;0;2
2 
 3

1
2
в).  ;1 . г).  .
2 
3
1
1
д).  . е).  .
 2
2
1
1
ж).  .
з).  .
2
2
22
Литература
1. Мельников И.И., Сергеев И.Н. Как решать задачи по математике на
вступительных экзаменах. – М.: Изд-во Моск. Ун-та, 1990. – 303с.
2. Ванько В.И. Алгебраические многочлены: Учебное пособие. – М.: Издво МГТУ, 1996. – 64с.
3. Курош А.Г. Курс высшей алгебры. – М.: Наука. Гл. ред. физ.-мат. лит.,
1965. – 431с.
4. Чирский В.Г., Шавгулидзе Е.Т. Уравнения элементарной математики.
Методы решений. – М.: Наука. Гл. ред. физ.-мат. лит., 1992. – 176с.
5. Яремчук Ф.П., Рудченко П.А. Алгебра и элементарные функции.
Справочник. – Киев: Наукова думка, 1976. – 688с.
6. Куланин и др. 3000 конкурсных задач по математике. – М.: Рольф, 1999.
– 624с.
7. Головко и др. Математика. Сборник задач: пособие для
подготовительных отделений. – Киев: Вища школа, 1986. – 295с.
23
Приложение
Алгоритмы решений уравнений третьей и четвертой степеней
(формулы Кардано и Феррари)
Рассмотрим уравнение третей степени
1) а 3 х 3  а 2 х 2  а 1 х  а 0 х  0,
где х - неизвестная величина, а i - заданные числа ( i  0,1,2,3 ), причем а 3  0.
Сделаем это уравнение приведенным:
2) х 3  ах 2  вх  с  0,
а
а
а
где а  2 , в  1 , с  0 . Это уравнение можно преобразовать в неполное
а3
а3
а3
кубическое уравнение, использовав замену
а
3) х  у - ,
3
где у – новая неизвестная величина.
2а 2 у
а
а
а
а
а2 а3
(у - ) 3  а(у  ) 2  в(у  )  с  у 3  3у 2 *  3у *

 ау 2 

3
3
3
3
9 27
3
а3
ав
а2
2а 3 ав
а2

 ву 
 с  у 3  (в  )у 

 с  у 3  рх  q  0, где р  в ,
9
3
3
27
3
3
2а 3 ав
q

 с . Итак, имеем неполное приведенное кубическое уравнение
27
3
4) у 3  рх  q  0,
корни которого вычисляются по формуле Кардано:
q
q 2 p3 3 q
q 2 p3


  

.
2
4 27
2
4 27
Корни в этой формуле берутся как вещественные, так и комплексные. При
5) y  α  β  3 
q
q 2 p3

этом для каждого из значений корня α   
2
4 27
3
значение корня  
3
нужно брать то
q
q 2 p3
 

, для которого выполняется условие:
2
4 27
p
,
3
которое всегда существует. В самом деле,
6)   
q
q 2 p3 3 q
q 2 p3 3 q 2 q 2 p3
p


*  




 .
2
4 27
2
4 27
4
4 27
3
Перебирая все такие значения, можно найти все три корня уравнения 4) по
формуле 5), а именно:
 у1  α1  β1 ,
7)  у 2  α 1 ε 2  β 1 ε 3 ,
 у 3  α 1 ε 3  β 1 ε 2 ;
αβ  3 
24
р
1
3
α 1β 1   , а ε 2,3    i
(комплексные корни из единицы).
3
2
2
Соотношения 7) используют то положение из комплексного анализа, что все
значения корня n-ой степени из комплексного числа можно получить
умножением одного из этих значений на все корни n-ой степени из единицы(см.
§1, формула (1.2)).
Пусть коэффициенты уравнения 4) p и q - действительные числа. В этом
случае определяющее значение имеет выражение, расположенное под
квадратным радикалом.
q 2 p3
8)

 D1 .
4 27
1). При D1 >0 уравнение 4) имеет один действительный и два комплексно
сопряженных корня. В самом деле, если p,qR, то в формуле 5) под знаком
квадратного радикала будет действительное положительное число, а потому под
знаком каждого из кубических радикалов будут действительные числа. Корень
третьей степени как раз и имеет одно действительное значение и два
комплексно сопряженных.
q
2). При D1  0     3 
и все корни уравнения 4) действительны,
2
причем два из них равны между собой. В самом деле, при  1   1 в
у 2  α1 (ε 2  ε 3 )  α1 ,
соотношении
7)
имеем:
у1  α1  β1  2α1 ,
где
у 3  α1 (ε 3  ε 2 )  α1 .
3). Пусть D1 <0, тогда уравнение 4) имеет три различных действительных
корня. Заметим, что искать эти корни по формуле Кардано надо с
использованием операции извлечения кубического корня из комплексного
числа, а это возможно с переходом к тригонометрической форме комплексного
числа. Однако, корни уравнения при D1 <0 действительны и для их нахождения
проще использовать другие частные способы решений уравнений высших
степеней. Для определения числа действительных корней уравнения 4) при
p,qR роль выражения для D1 самодостаточна. Кроме того, при D1 =0
устанавливается и кратность одного из корней уравнения 4).
Пример.1. Решить уравнения:
а). х 3  3х 2  3х  14  0,
б).
х 3  12х  16  0,
в).
х 3  19х  30  0.
а
 у  1, получим:
3
у  13  3у  12  3у  1  14  у 3  3у 2  3у  1  3у 2  6у  3  3у  3  14 
Решения. а). Используя замену 3) х  у 
q 2 p 3 81 36 * 6 49

 

,
4 27 4
27
4
D1 >0, что означает наличие в исходном уравнении одного действительного и
двух комплексно сопряженных корней. Находим их:
9 7
9 7
α1  3   2; β1  3   1; у1  α1  β1  2  1  3; так как
2 2
2 2
= у 3  6у  9  0 (*). Здесь p=-6, q=-9; поэтому D1 
25
р
(-6)
α 1β 1   , 2 * 1  , 2=2. Избегая дальнейшего нахождения корней с
3
3
помощью комплексных чисел, определим у 2 , 3 с помощью квадратного
уравнения, которое получим, разделив уравнение (*) на разность у-3 по схеме
Горнера.
С=3
1
0
-6
-9
1
3
3
0
у 2  3х  3  0, у 2,3 
 3  9  12
3
3
 i
.
2
2
2
Так как х = у-1, то имеем окончательно: х 1  2, х 2,3  


5
3
i
.
2
2
Ответ: 2; - 2,5  i0,5 3 .
Замечание. Частным способом решения данного уравнения может служить
метод группировки:
х 3  3х 2  3х  14  х 3  8  3х 2  3х  6  х 3  8  3(х 2  х  2)  (х  2)(х 2  2х  4) 
 3(х  2)(х  1)  (х  2)(х 2  2х  4  3х  3)  (х  2)(х 2  5х  7)  0;
х 2,3 
 5  25  28
5
3
 i
.
2
2
2
q 2 p 3 256 144 * 12



 64  64  0;
4 27
4
27
D1  0; стало быть, уравнение имеет три действительных корня, один из
которых кратный. Находим эти корни:
q
 1  3   3  8  2, у1  2  4; у 2  у 3   1  2.
2
Ответ:  4; 2; 2.
Замечание. Частным способом решения данного уравнения может служить
отбор делителей свободного члена. Делители свободного члена суть:
 1,  2,  4,  8,  16. Находим f(1)=1-12+16=5, f(-1)=-1+12+16=27. Так как  1
5
5

Z
не являются корнями данного уравнения, то для (-2) имеем:
с 1  3
5
27
 - 2  x i ; для (-4) имеем :
 Z,
 Z  - 4  x1. Далее
получаем
-5
-3
квадратное уравнение, разделив исходное на двучлен (х+4).
б). х 3  12х  16  0. Здесь р  -12, q  16,
С=-4
1
0
-12
16
1
-4
4
0
26
х 2  4х  4  0, х 2,3  2.
q 2 p3 900 361 *19



 225 4
3
4
27
 254  0. D1 <0  уравнение имеет три разных действительных корня,
нахождение которых в области действительных чисел по формуле Кардано
невозможно, а потому реализуем частный способ решения –метод группировки:
х 3  19х  30  х 3  8  19х  38  (х  2)(х 2  2х  4)  19(х  2)  (х  2) *
в). х 3  19х  30  0. Здесь р  -19, q  30;
* (х 2  2х  15)  0; х 1  2, х 2,3  1  1  15  1  4  3;5.
Ответ : - 5 ; 2; 3.
Рассмотрим уравнение четвертой степени
9) a 4 х 4  a 3 x 3  a 2 x 2  a 1 x  a 0  0,
где х - неизвестная величина, a i - заданные числа (i  0,1,2,3,4.), причем а 4  0.
Сделаем это уравнение приведенным:
10) х 4  b 3 x 3  b 2 x 2  b 1 x  b 0  0,
a
a
a
a
где b 3  3 , b 2  2 , b1  1 , b 0  0 . Полученное уравнение с помощью
a4
a4
a4
a4
замены
b
11) х  у  3
4
сводится к неполному уравнению
12) y 4  py 2  qy  r  0,
где новые коэффициенты p,q,r – определяются после соответствующих
преобразований уравнения 10). Для нахождения корней уравнения 9)
достаточно решить полученное уравнение 12). Способ Феррари заключается в
том, что для уравнения 12) составляется так называемая кубическая
резольвента:
13) z 3  2pz 2  (p 2  4r)z  q 2  0.
Затем находится один из корней этого уравнения z 0 и составляются два
квадратных уравнения:
 p  z0
q 
14a) y 2  z 0 y  

 0,
 2

2
z
0 

 p  z0
q 
14б) y 2  z 0 y  

 0,
 2

2
z
0


корни которых у1, 2 и у 3,4 являются корнями уравнения 12).
Пример 2. Решить уравнение
х 4  4x 3  7x 2  2x - 5  0.
b
4
3
2
Решение. Пусть х  у  3  y  1. Тогда имеем: y  1  4y  1  7y  1 
4
4
3
 2(y  1)  5  y  4y  6y 2  4y  1  4 y 3  3y 2  3y  1  7 y 2  2y  1 

 

 2(y  1)  5  y 4  4y 3  4y 3  6y 2  12y 2  7y 2  4y  12y  14y  2y  1 
 4  7  2  5  y 4  y 2  4y  3  0.
Составим
кубическую
резольвенту
27
полученного уравнения, в котором p=1, q=4, r=-3. Итак, имеем:
z 3  2z 2  13z  16  0, где один из корней z 0 =1, а потому имеем два квадратных
уравнения:
1  1 - 12 1
11
1). у 2  у  3  0, у1,2 
 i
;
2
2
2
1
1
1 5
2). у 2  у - 1  0; y3,4   
1 
.
2
4
2
Так как х=у+1, то имеем окончательно: x1,2 
3
11
1 5
i
, x 3,4 
.
2
2
2
1  5 3  i 11 
Ответ : 
;

2
 2

Замечание 1. Находя действительные корни уравнения четной степени, надо
сначала убедится в их наличии. В нашем примере: x i  0, i  3;1; x j  0 ,
(++++-)
j=1; стало быть, наличие пары корней с разными знаками
гарантировано (что касается наличия комплексных корней, то можно лишь
сказать, что они не исключаются, так как 16>7, 49>8, 4>-35).
Замечание 2. При решении различных уравнений третьей и четвертой
степеней можно использовать фрагменты алгоритмов Кардано и Феррари.
Упражнение 1. Решить уравнение
х 4  8х 3  18х 2  27  0.
Ответ: {-1;3;3;3}.
Упражнение 2. Решить уравнение
х 3  6х 2  21х  52  0.
Ответ: {4}.
28