Міська відкрита науково-практична конференція
школярів і студентів
Тема: В«ВИВЧЕННЯ теореми Безу для вирішення рівнянь n -Й СТУПЕНЯ, ПРИ n > 2 В»
Виконала:
Науковий керівник:
2007
Зміст
Введення
Етьєн Безу
Теорема Безу
Доказ теореми 6
Наслідки з теореми:
Слідство 1
Слідство 2
Слідство 3
Слідство 4
Слідство 5
Слідство 6
Слідство 7
Застосування теореми
Висновок
Джерела
Введення
Важко розв'язувати рівняння третього ступеня і вище. Розкладання лівій частині рівняння на множники, якщо права частина дорівнює нулю, - найпоширеніший метод вирішення самих різних рівнянь. Тут немає загальних рецептів. Багато чого залежить від уміння, кмітливості, спостережливості і досвіду.
Але такі рівняння не завжди можна розкласти на множники. Одним з методів, які допомогли мені вирішувати рівняння високих ступенів, є теорема Безу.
Мета моєї роботи: вивчення теореми Безу.
Для виконання поставленої мети передбачалося виконати наступні завдання:
В· ознайомитися з біографією Етьєна Безу;
В· проаналізувати визначення і доказ теореми;
В· позначити і довести наслідки з теореми Безу;
<p> В· показати конкретні приклади застосування теореми.
Етьєн Безу
Етьєн Безу - французький математик, член Паризької Академії Наук (з 1758 року).
Народився в Немур 31 березня 1730 і помер 27 вересня 1783 року.
З 1763 року Безу викладав математику в училище гардемаринів, а з 1768 року і в королівському артилерійському корпусі.
Основні роботи Етьєна Безу ставляться до вищої алгебри, вони присвячені створенню теорії рішення алгебраїчних рівнянь. У теорії розв'язання систем лінійних рівнянь він сприяв виникненню теорії визначників, розвивав теорію винятку невідомих з систем рівнянь вищих ступенів, довів теорему (вперше сформульовану К. Маклореном) про те, що дві криві порядку m і n перетинаються не більш ніж в mn точках.
Під Франції і за її кордоном аж до 1848 року був дуже популярний його шести томний "Курс математики", який Безу писав п'ять років з 1764 по 1769 рік. Також, він розвинув метод невизначених множників: в елементарній алгебрі його ім'ям названий спосіб розв'язання систем рівнянь, заснований на цьому методі. Частина праць Безу присвячена зовнішній балістиці.
Іменем вченого названо одну з основних теорем алгебри, про яку буде говоритися нижче.
Теорема Безу
При діленні многочлена n-го ступеня щодо x на двочлен xa залишок дорівнює значенню діленого при x = a. (Буква a може позначати будь-яке дійсне або уявне число, тобто будь-яке комплексне число.)
Перш ніж доводити теорему, зроблю два пояснення.
1. Ми знаємо, що існують такі алгебраїчні вирази, які втрачають сенс при деяких окремих значеннях вхідних у нього букв. Наприклад, 1/x втрачає сенс при x = 0; вираз 1/(x 2 -25) втрачає сенс при x = 5 і при x = -5.
Зауважимо, що многочлен будь цілої позитивної ступеня ніколи не втрачає сенсу. При всякому значенні змінної він приймає певне значення.
2. Добуток двох множників, з яких один звертається в нуль, а інший приймає певне значення, завжди дорівнює нулю. Якщо ж один множник звертається в нуль, а інший втрачає сенс, то про такий творі не можна говорити, що воно дорівнює нулю. Про такому творі нічого певного сказати не можна. У кожному окремому випадку необхідно особливе дослідження.
Розгляну твір (1-x) *. При x = 1 перший множник звертається в нуль, а другий втрачає сенс. Не можна стверджувати, що це твір при x = 1 дорівнює нулю.
Lim [(1-x) *] = Lim = 1/2.
x в†’ 1 x в†’ 1
Отже, при x = 1 сам твір (1-x) * сенсу не має. Але його межа має сенс, а саме дорівнює ВЅ, а не нулю, як це помилково можна було припустити.
Доказ теореми Безу
Нехай f (x) позначає собою довільний многочлен n-го ступеня щодо змінної x і нехай при його діленні на двочлен (xa) вийшло в приватному q (x), а в залишку R. Очевидно, що q (x) буде деякий многочлен (n-1)-го ступеня щодо x, а залишок R буде величиною постійною, тобто не залежної від x.
Якщо б залишок R був многочленом хоча б першого ступеня щодо x, то це означало б, що поділ не виконано. Отже, R від x не залежить.
За визначенню ділення (ділене дорівнює добутку дільника на приватне плюс залишок) отримую тотожність
f (x) = (x-a) q (x) + R.
Це рівність справедливо при всякому значенні x, значить, воно справедливо і при x = a.
Підставляючи в ліву і праву частини рівність замість змінної x число a, отримую:
f (a) = (a-a) q (a) + R. (1)
Тут символ f (a) позначає собою вже не f (x), тобто НЕ многочлен відносно x, а значення цього многочлена при x = a. q (a) позначає значення q (x) при x = a.
Залишок R залишився таким, яким він був раніше, так як R від x не залежить.
Твір (Aa) q (a) дорівнює нулю, так як множник (aa) дорівнює нулю, а множник q (a) є певне число. (Многочлен q (x) ні при якому певному значенні x не втрачає сенсу.)
Тому з рівності (1) отримаємо:
f (a) = R,
що і вимагалося довести.
Наслідки з теореми
Слідство 1.
Залишок від ділення полінома f (x) на двочлен (ax + b) дорівнює значенню
цього полінома при x =-b/a, тобто R = f (-b/a).
Доказ:
Згідно правилом ділення многочленів:
f (x) = (ax + b) * q (x) + R.
При x =-b/a:
f (-b/a) = (a (-b/a) + b) q (-b/a) + R = R. Значить, R = f (-b/a),
що і вимагалося довести.
Наслідок 2:
Якщо число a є коренем багаточлена f (x), то цей многочлен ділиться на (x-a) без залишку.
Доказ:
За теоремі Безу залишок від ділення многочлена f (x) на (xa) дорівнює f (a), а за умовою a є коренем f (x), а це означає, що f (a) = 0, що й потрібно було довести.
З даного слідства теореми Безу видно, що задача розв'язання рівняння f (x) = 0 рівносильна задачі виділення делителей многочлена f, мають першу ступінь (лінійних дільників).
Слідство 3:
Якщо многочлен f (x) має попарно різні корені a 1 , a 2 , ..., a n , то він ділиться на твір (xa 1 ) ... (xa n ) без залишку.
Доказ:
Проведемо доказ за допомогою математичної індукції по числу коренів. При n = 1 твердження доведено в слідстві 2. Нехай воно вже доведено для випадку, коли число коренів одно k, це означає, що f (x) ділиться без залишку на
(xa 1 ) (xa 2 ) ... (xa k ), де a 1 , a 2 , ..., a k - його коріння.
Нехай f (x) має (k +1) попарно різних коренів. За припущенням індукції a 1 , a 2 , a k , ..., (a k +1 ) є корінням многочлена, а, значить, многочлен ділиться на твір (xa 1 ) ... (xa k ), звідки виходить, що
f (x) = (xa 1 ) ... (xa k ) q (x).
При цьому (a k +1 ) - корінь многочлена f (x), тобто
f (a k +1 ) = 0.
Значить, підставляючи замість x (a k +1 ), отримуємо вірне рівність:
Але (a k +1 ) відмінно від чисел a 1 , ..., a k , і тому жодне з чисел (a k +1 -a 1 ), ..., (a k +1 -a k ) не дорівнює 0. Отже, ну...
