Теорема Безу


	Загрузить архив:
	Файл: ref-9039.zip (24kb [zip], Скачиваний: 120) скачать

Теорема Безу

Этьен Безу–

французский математик, член Парижской Академии Наук( с 1758 года ), родился в Немуре 31 марта 1730 года и умер 27 сентября 1783 года.

С 1763 года Безу преподавал математику в училище гардемаринов, а с 1768 года и в королевском артиллерийском корпусе.

Основные работы Этьена Безу относятся к высшей алгебре,они посвященысозданиютеории решенияалгебраическихуравнений. В теории решения систем линейных уравнений он содействовал возникновению теории определителей , развивал теорию исключениянеизвестных из систем уравнений высших степеней, доказалтеорему(впервые сформулированную К. Маклореном ) о том , что две кривые порядкаmиn пересекаются не более чем в mnточках. Во Франции и за её границей вплоть до 1848 года был очень популярен его шеститомный“Курс математики “, написанный им в 1764-69 годах. Безу развил метод неопределённых множителей, в элементарной алгебре его именем назван способ решения систем уравнений, основанный на этом методе . Часть трудов Безу посвящена внешней баллистике. Именем учёного названа одна из основных теорем алгебры.

Теорема Безу.

Остатокот деленияполинома Pn(x)

на двучлен(x-a)равен значению

этого полиномапри x = a.

Пусть :

Pn(x) – данный многочлен степени n ,

двучлен(x-a) - его делитель,

Qn-1(x) – частное от деленияPn(x)наx-a (многочлен степениn-1 ) ,

R – остаток от деления ( Rне содержитпеременной xкак делитель первой степениотносительно x ).

Доказательство :

Согласно правилу деления многочленов с остаткомможно записать :

Pn(x)= (x-a)Qn-1(x) + R .

Отсюда при x = a:

Pn(a)= (a-a)Qn-1 (a) + R=0*Qn-1(a)+R=

=0+R=R .

Значит ,R =Pn(a) ,т.е. остатокотделения полинома на (x-a) равен значению этого

полинома при x=a , что и требовалосьдоказать .

Следствияиз теоремы .

Следствие 1 :

Остатокот деленияполинома Pn(x)

на двучлен ax+bравен значению

этого полинома при x = -b/a ,

т. е. R=Pn(-b/a) .

Доказательство :

Согласноправилу делениямногочленов :

Pn(x)= (ax + b)* Qn-1(x) + R .

Приx= -b/a :

Pn(-b/a) = (a(-b/a) + b)Qn-1(-b/a) + R = R. Значит , R = Pn (-b/a) , чтои требовалось доказать.

Следствие 2:

Если число a является корнем

многочлена P(x) , то этот

многочленделитсяна (x-a) без

остатка .

Доказательство :

Потеореме Безуостатокот деления многочленаP (x)на x-a равен P(a) ,а поусловиюaявляется корнем P (x) ,а этозначит ,чтоP (a) = 0 , чтоитребовалось доказать .

Изданного следствиятеоремы Безу видно ,чтозадача решенияуравненияP (x) = 0равносильна задаче выделенияделителеймногочлена P , имеющих первую степень ( линейныхделителей ) .

Следствие 3 :

Если многочлен P (x) имеет

попарно различные корни

a1 , a2 , … , an, то он делится на

произведение (x-a1) … (x-an)

без остатка .

Доказательство :

Проведёмдоказательствос помощьюматематическойиндукции почислукорней . При n=1 утверждение доказановследствии 2 . Пустьоно уже доказанодляслучая , когдачисло корнейравноk ,это значит ,чтоP(x) делится без остатка на (x-a1)(x-a2) … (x-ak) , где

a1 , a2 , … , ak-егокорни .

ПустьP(x)имеет k+1 попарноразличныхкорней .По предположению индукцииa1 ,a2 ,ak , … , ak+1 являютсякорнями многочлена,а , значит, многочленделится на произедение (x-a1) … (x-ak) ,откуда выходит , что

P(x) = (x-a1) … (x-ak)Q(x).

Приэтомak+1– кореньмногочлена P(x) ,т. е. P(ak+1) = 0 .

Значит , подставляя вместо x ak+1 , получаемверноеравенство :

P(ak+1) = (ak+1-a1) … (ak+1-ak)Q(ak+1) =

=0 .

Ноak+1отлично отчисел a1 , … , ak ,и потому ниодно изчисел ak+1-a1 , … ,ak+1-ak неравно 0 .Следовательно ,нулю равно Q(ak+1) ,т. е.ak+1 – кореньмногочлена Q(x) . Аиз следствия 2 выходит , что Q(x) делится на x-ak+1 без остатка .

Q(x) = (x-ak+1)Q1(x) , и потому

P(x) = (x-a1) … (x-ak)Q(x) =

=(x-a1) … (x-ak)(x-ak+1)Q1(x) .

Это и означает , что P(x) делится на (x-a1) … (x-ak+1) без остатка .

Итак, доказано , чтотеоремаверна при k =1 , а изеё справедливости при n = k вытекает , что онаверна иприn = k+1.Таким образом,теоремаверна при любомчисле корней ,чтои требовалосьдоказать .

Следствие 4 :

Многочленстепени n имеет неболее

n различных корней .

Доказательство :

Воспользуемся методом от противного: еслибы многочлен Pn(x) степени n имелбы болееnкорней -n+k(a1 , a2 , … , an+k - его корни ) ,тогда бы по ранеедоказанному следствию 3 он

бы делилсяна произведение (x-a1) … (x-an+k) , имеющее степеньn+k, чтоневозможно .

Мыпришли кпротиворечию ,значит нашепредположениеневерно и многочленстепени nне может иметьболее ,чем nкорней , что итребовалось доказать .

Следствие 5 :

Для любого многочлена P(x)

и числа a разность

(P(x)-P(a)) делится без

остатка на двучлен (x-a) .

Доказательство :

Пусть P(x) – данныймногочлен степениn, a- любое число .

Многочлен Pn(x)можно представить в виде : Pn(x)=(x-a)Qn-1(x)+R ,

где Qn-1(x) – многочлен ,частное при деленииPn(x)на(x-a) ,

R – остаток от деления Pn(x) на (x-a) .

Причёмпотеореме Безу :

R = Pn(a) ,т.е.

Pn(x)=(x-a)Qn-1(x)+Pn(a) .

Отсюда

Pn(x) - Pn(a) = (x-a)Qn-1(x) ,

а это и означает делимость без остатка ( Pn(x) – Pn(a) )

на(x-a) , что и требовалось доказать .

Следствие 6 :

Число a является корнем

многочлена P(x) степени

не ниже первой тогда и

только тогда , когда

P(x) делится на (x-a)

без остатка .

Доказательство :

Чтобыдоказать даннуютеоремутребуется рассмотреть необходимость и достаточность сформулированного условия .

1.Необходимость .

Пустьa – кореньмногочлена P(x) , тогда последствию2 P(x) делится на (x-a) без остатка .

Таким образом делимость P(x) на (x-a) является необходимым условием для того ,чтобы aявлялось корнемP(x) , т.к. является следствиемиз этого .

2.Достаточность .

Пусть многочлен P(x) делится без остаткана(x-a),

тогда R = 0 , гдеR – остаток от деления P(x) на(x-a) , но потеоремеБезу R = P(a) ,откуда выходит ,что P(a) = 0 , а этоозначает , что a является корнем P(x) .

Такимобразом делимость P(x) на (x-a) является и достаточнымусловием длятого , чтобы a являлоськорнем P(x) .

Делимость P(x)на(x-a) является необходимымидостаточным условием для того, чтобы a являлось корнемP(x) , что итребовалосьдоказать .

Следствие 7(авторское):

Многочлен ,не имеющийй действи-

тельных корней , в разложении

намножители линейныхмножителей

несодержит .

Доказательство :

Воспользуемся методом от противного: предполо-жим , что не имеющий корней многочлен P(x) приразложении на множителисодержит линейный множитель (x – a):

P(x) = (x – a)Q(x),

тогда бы он делилсяна (x – a) ,нопо следствию 6 a являлось бы корнем P(x) ,а поусловиюон корнейне содержит . Мыпришли кпротиворечию ,значит нашепредположениеневерно имногочлен ,

не имеющий действительныхкорней , в разложениина множителилинейныхмножителей не содержит ,что итребовалосьдоказать .

На основании теоремы Безу иследствия 5 можно доказать следующиеутверждения:

1. Разность одинаковых натуральныхстепеней на разностьихоснований делитсябезостатка :

Пусть P(x) = xⁿ , P(a) = aⁿ ,

тогда xⁿ – aⁿ– разность одинаковыхнатуральных степеней .

Последствию 5

P(x) -P(a) = xⁿ – aⁿ = (x – a)Q(x) ,

аэто значит ,что

(xⁿ–aⁿ)/(x–a)=Q(x), т.е.разность одинаковыхнатуральныхстепеней на разность ихоснований делитсябезостатка , что и требовалось доказать .

Итак

(xⁿ – aⁿ)/(x – a) = x^n-1 + ax^n-2 + a²x^n-3 + … +a^n-2x + a^n-1.

2. Разность одинаковыхчётныхстепеней насуммуих основанийделитсябез остатка .

Пусть P(x) = x^2k ,тогда P(a) = a^2k .

Разность одинаковых чётных степеней x²^k - a²^k равна P(x) – P(a) .

P(a) = a^2k = (-a)^2k = P(-a) , т.е. x^2k - a^2k = P(x) – P(-a).

Последствию 5

P(x) -P(-a) = (x –(- a))Q(x)=

= (x + a)Q(x)

аэто значит ,что

x^2k – a^2k = (x + a)Q(x)или

(x^2k – a^2k)/(x + a) = Q(x) ,

т.е. разностьодинаковыхчётных степеней насумму ихоснованийделится безостатка ,что и требовалось доказать .

Итак ,

(x^2k – a^2k)/(x + a) = x^2k-1 – ax^2k-2 + … +a^2k-2x + a^2k-1.

3. Разность одинаковыхнечётных натуральных степенейнасуммуихоснований неделится .

Пусть P(x) = x²^k⁺¹ - a²^k⁺¹– разность одинаковых нечётных степеней .

По теореме Безу при делении x²^k⁺¹ - a²^k⁺¹на x + a = x – (-a) остаток равен

R = P(-a) = (-a)^2k+1 – a^2k+1 = -2a^2k+1

Т. к. остатокприделении неравен0 , торазностьодинаковых нечётных натуральных степенейнасумму ихоснованийне делится ,что и требовалось доказать .

4. Сумма одинаковыхнечётных натуральных степенейнасумму ихоснований делится безостатка .

Пусть P(x) = x^2л+1 , P(-a) = (-a)^2л+1 = -а^2л+1 ,

тогда P(x) – P(-a) =x²^k⁺¹ + a²^k⁺¹ – суммаодинаковыхнечётных натуральных степеней .

Последствию 5

P(x) -P(-a) = x^2k+1 + a^2k+1= (x –(- a))Q(x)=

= (x + a)Q(x),

аэто значит ,что

(x^2k+1 + a^2k+1)/(x + a) = Q(x) ,

т.е. суммаодинаковыхнечётных натуральныхстепеней насуммуих основанийделитсябез остатка ,что и требовалось доказать .

Итак ,

(x^2k+1 + a^2k+1)/(x + a) = x^2k - ax^2k-1 + … - a^2k-1x + a^2k.

5. Сумма одинаковыхчётных натуральных степенейнасумму ихоснованийне делится .

Пусть P(x) = x²^k + a²^k– сумма одинаковых чётных степеней .

По теореме Безу при делении x²^k + a²^kна x + a = x – (-a) остаток равен

R = P(-a) = (-a)^2k + a^2k = 2a^2k.

Т. к. остаток приделениине равен 0 , то суммаодинаковых чётныхнатуральных степенейна сумму

их оснований не делится, что и требовалосьдоказать.

Остановимсяна рассмотрениинекоторыхслучаев применения теоремы Безу крешениюпрактических задач .

Пример 1.

Найтиостаток отделениямногочлена

x³– 3x² + 6x – 5

надвучлен x – 2 .

Потеореме Безу

R = P₃(2) = 2³ – 3*2² + 6*2 – 5 = 3 .

Ответ:R = 3 .

Пример 2.

Найтиостаток от делениямногочлена

32x⁴ – 64x³ + 8x² + 36x + 4

надвучлен2x – 1 .

Согласноследствию 1 изтеоремыБезу

R=P₄(1/2)=32*1/2⁴–64*1/2³ + 8*1/2²+36*1/2+4=

= 2 – 8 + 2 + 18 + 4 =18 .

Ответ:R = 18 .

Пример 3.

При какомзначенииaмногочлен

x⁴ + ax³ + 3x² – 4x – 4

делитсябезостатка надвучленx – 2 ?

По теореме Безу

R = P₄(2) = 16 + 8a + 12 – 8 – 4 = 8a +16.

Нопоусловию R = 0 , значит

8a + 16 = 0 ,

отсюда

a = -2 .

Ответ: a = -2 .

Пример 4.

Прикаких значениях a и b многочлен

ax³ + bx² – 73x + 102

делитсянатрёхчлен

x² – 5x + 6 без остатка ?

Разложим делительнамножители :

x² – 5x + 6 = (x – 2)(x – 3) .

Поскольку двучлены x – 2 и x – 3 взаимнопросты , тоданный многочлен делится на x – 2 и на x – 3 , а это значит , что

потеоремеБезу

R₁ = P₃(2) = 8a + 4b – 146 + 102 =

= 8a + 4b – 44 = 0

R₂ = P₃(3) = 27a+9b – 219 + 102 =

= 27a +9b -117 =0

Решим систему уравнений :

8a + 4b – 44 = 0

27a + 9b – 117 = 0

2a + b = 11

3a + b = 13

Отсюдаполучаем :

a = 2 , b = 7 .

Ответ:a = 2 , b = 7 .

Пример 5.

Прикаких значениях a и b многочлен

x⁴ + ax³ – 9x² + 11x + b

делитсябезостатка натрёхчлен

x² – 2x + 1 ?

Представимделитель так :

x² – 2x + 1 = (x – 1)²

Данный многочленделитсяна x – 1без остатка ,

еслипотеореме Безу

R₁ = P₄ (1) = 1 + a – 9 + 11 + b = a + b + 3 = 0.

Найдёмчастноеот деленияэтогомногочлена на x – 1 :

_ x⁴ + ax³–9x² + 11x–a –3x – 1

x⁴ – x³ x³+(a+1)x²+(a–8)x+(a+3)

_(a + 1)x³ – 9x²

(a + 1)x³ – (a + 1)x²

_(a – 8)x² + 11x

(a – 8)x2 – (a –8)x

_(a + 3)x – a – 3

(a + 3)x – a – 3

Частное

x³+(a+1)x²+(a–8)x+(a+3)

делится на (x – 1)без остатка ,откуда

R₂ = P₃ (1) = 1 + (a + 1)*1 +(a – 8)*1 + a+3 =

=3a – 3 = 0 .

a + b + 3 = 0

3a – 3 = 0

a + b =-3

a = 1

Изсистемы : a = 1 , b = -4

Ответ:a = 1 ,b = -4 .

Пример 6.

Разложить на множители многочлен P(x) = x⁴ + 4x² – 5 .

Средиделителей свободногочлена число 1 является корнемданногомногочлена P(x) ,а это значит , чтопо следствию 2изтеоремы Безу P(x) делится на(x – 1)без остатка :

_x⁴ + 4x² – 5x – 1

x⁴ – x³ x³ + x² + 5x + 5

_x³ + 4x² – 5

x³ – x²

_5x² – 5

5x² – 5x

_5x – 5

5x – 5

P(x)/(x – 1) = x³ + x² + 5x + 5 ,значит

P(x) = (x – 1)(x³ + x² + 5x + 5).

Средиделителей свободногочлена многочлена x³ + x² + 5x + 5 x = -1 является егокорнем ,а это значит , чтопо следствию 2изтеоремы Безу x³ + x² + 5x + 5 делитсяна(x + 1) без остатка :

_x³ + x² +5x + 5 x + 1

x³ + x² x² +5

_5x + 5

5x + 5

(x³ + x² +5x + 5)/(x + 1) = x² +5 ,

значит

x³ + x² +5x + 5 = (x +1)(x² +5).

Отсюда

P(x) = (x – 1)(x +1)(x² +5) .

Последствию 7 (x² + 5)на множителинераскладывается ,т.к. действительныхкорнейне имеет ,поэтомуP(x) далеена множителинераскладывается .

Ответ : x⁴ + 4x² – 5 = (x – 1)(x +1)(x² +5) .

Пример 7.

Разложить на множители многочлен P(x) = x⁴ + 324 .

P(x) корней неимеет , т.к. x⁴не может быть равен-324 , значит ,по следствию 7 P(x)на множителинераскладывается .

Ответ : многочлен на множители не раскладывается .

Пример 8.

Какую кратность имеет корень 2 для многочлена

P(x) = x⁵- 5x⁴ + 7x³ – 2x² + 4x – 8 .

Определение:Если многочленP(x) делитсябезостатка на (x – a)^k ,ноне делится на (x – a)^k⁺¹, тоговорят ,что число aявляетсякорнем кратностиkдля P(x).

_x⁵- 5x⁴ + 7x³ – 2x² + 4x – 8x – 2

x⁵- 2x⁴ x⁴ – 3x³ + x² + 4

_-3x⁴ + 7x³ – 2x² + 4x – 8

-3x⁴ + 6x³

_x³ – 2x² + 4x – 8

x³ – 2x²

_4x – 8

4x – 8

_x⁴ – 3x³ + x² + 4x – 2

x⁴ – 2x³ x³ – x² – x – 2

_-x³ + x² + 4

-x³ +2x²

_-x² + 4

-x² + 2x

_-2x + 4

-2x + 4

_ x³ – x² – x – 2x – 2

x³ – 2x² x² + x + 1

_x² – x – 2

x² – 2x

_x – 2

x – 2

x² + x + 1наx – 2не делится ,т.к. R=2² + 2 + 1=

=7.

Значит ,P(x)/(x – 2)³ = x² + x + 1 ,т.е. корень2имеет кратность3для многочленаP(x) .

Ответ: корень2имеет кратность3для многочленаP(x) .

Пример 9.

Составитькубическиймногочлен , имеющийкорень4 кратности2и корень-2 .

Последствию 3 , еслимногочленP(x) имееткорень 4кратности2 и корень –2 ,тоон делитсябезостатка на (x – 4)²(x + 2) , значит

P(x)/(x – 4)²(x + 2) = Q(x) ,

т.е. P(x) = (x – 4)²(x + 2)Q(x) =

= (x² – 8x +16)(x + 2)Q(x) =

= (x³ – 8x² + 16x +2x² – 16x + 32)Q(x) =

= (x³ – 6x² + 32)Q(x).

(x³ – 6x² + 32)- кубический многочлен , нопо условию P(x) – также кубический многочлен,следовательно ,Q(x) – некоторое действительноечисло .

ПустьQ(x) = 1 , тогда P(x) = x³ – 6x² + 32 .

Ответ:x³ – 6x² + 32 .

Пример 10.

Определите aиbтак , чтобы-2было корнем многочлена P(x) = x⁵+ ax² + bx + 1,имеющим покрайнеймере кратностьдва .

Если-2 –кореньмногочлена P(x)кратности два ,топо следствию 3P(x) делится на(x + 2)² безостатка (R = 0)

(x + 2)² = x² + 4x + 4

_x⁵+ ax² + bx + 1 x² + 4x + 4

x⁵+ 4x⁴ + 4x³ x³ – 4x² + 12x – (a + 32)

_-4x⁴–4x³–ax²+bx+1

-4x⁴ – 16x³ – 16x²

_12x³ + (16 – a)x² + bx + 1

12x³ +48x² + 48x

_-(a + 32)x² + (b – 48)x + 1

-(a + 32)x² – 4(a + 32)x – 4(a + 32)

(4a +b – 48 + 128)x + 4a + 129

R = (4a +b – 48 + 128)x + 4a + 129 =

= (4a +b + 80)x + 4a + 129

НоR = 0,значит

(4a +b + 80)x + 4a + 129 = 0 прилюбыхx .

Этовозможно приусловии ,что

4a +b + 80 = 0 ,

4a + 129 = 0

Решимсистему двухуравнений :

4a +b + 80 = 0a = -32,25

4a + 129 = 0 b = 49

Ответ: a = -32,25 , b = 49 .

Из рассмотренныхпримероввидно , чтотеорема Безу находит применение при решении задач ,связанных с делимостьюмногочленов (нахождение остаткаприделении многочленов ,определениекратности многочленовит.д. ) , с разложением многочленов намножители , с определением кратностикорней и многихдругих .

ТеоремаБезунаходит применениепри рассмотрении однойизважнейших задачматематики – решении уравнений .

Литература.

1.Бородин А.И., Бугай А.С.

Биографический словарь деятелей в области математики.

2.Математическая энциклопедия.

3.Яремчук Ф.П., Рудченко П.А.

Алгебра и элементарные функции.

4. Виленкин Н.Я., Ивашев-Мусатов О.С., Шварц- бурд С.И.

Алгебра и математический анализ.

5. Курош А.Г.

Курс высшей алгебры.