Главная Учебники - Разные Лекции (разные) - часть 50
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 посвящены созданию теории решения алгебраических уравнений. В теории решения систем линейных уравнений он содействовал возникновению теории определителей , развивал теорию исключения неизвестных из систем уравнений высших степеней, доказал теорему (впервые сформулированную К. Маклореном ) о том , что две кривые порядка m и n пересекаются не более чем в mn точках. 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.
Остаток от деления полинома
P
n
(
x
)
на двучлен (
x
-
a
) равен значению
этого полинома при
x
=
a
.
Пусть : P
n
(
x
)
– данный многочлен степени n
, двучлен (
x
-
a
)
- его делитель, Q
n
-1
(
x
)
– частное от деления P
n
(
x
)
на x
-
a
(многочлен степени n-1 ) , R
– остаток от деления ( R
не содержит переменной x
как делитель первой степени относительно x
). Доказательство :
Согласно правилу деления многочленов с остатком можно записать : P
n
(x) = (x-a)Q
n-1
(x) + R
. Отсюда при x
=
a
:
P
n
(a) = (a-a)Q
n-1
(a) + R =0*Q
n-1
(a)+R=
=0+
R
=
R
.
Значит , R
=
P
n
(
a
)
, т.е. остаток от деления полинома на (
x
-
a
)
равен значению этого полинома при x
=
a
, что и требовалось доказать . Следствия из теоремы
. Следствие 1
:
Остаток от деления полинома
P
n
(
x
)
на двучлен
ax
+
b
равен значению
этого полинома при
x
= -
b
/
a
,
т
.
е
. R=P
n
(-b/a) .
Доказательство : Согласно правилу деления многочленов : P
n
(x)= (ax + b)
*
Q
n-1
(x) + R
. При x= -b/a : Pn (-b/a) = (a(-b/a) + b)Qn-1(-b/a) + R = R. Значит , R = Pn (-b/a) , что и требовалось доказать. Следствие 2
:
Если число
a
является корнем
многочлена
P
(
x
) , то
этот
многочлен делится на (
x
-
a
) без
остатка .
Доказательство : По теореме Безу остаток от деления многочлена P
(
x
)
на x
-
a
равен P
(
a
)
, а по условию a
является корнем P
(
x
)
, а это значит , что P
(
a
) = 0
, что и требовалось доказать
. Из данного следствия теоремы Безу видно , что задача решения уравнения P
(
x
) = 0
равносильна задаче выделения делителей многочлена P
, имеющих первую степень ( линейных делителей ) . Следствие 3
:
Если многочлен
P
(
x
) имеет
попарно различные корни
a
1
,
a
2
, … ,
a
n
, то он делится на
произведение (
x
-
a
1
) … (
x
-
a
n
)
без остатка
.
Доказательство : Проведём доказательство с помощью математической индукции по числу корней . При n
=1
утверждение доказано в следствии 2 . Пусть оно уже доказано для случая , когда число корней равно k
, это значит , что P(x)
делится без остатка на (
x
-
a
1
)(
x
-
a
2
) … (
x
-
a
k
)
, где a
1
, a
2
, … , a
k
- егокорни . Пусть P
(
x
)
имеет k
+1
попарно различных корней .По предположению индукции a
1
,
a
2
,
a
k
, … ,
a
k
+1
являются корнями многочлена, а , значит, многочлен делится на произедение (
x
-
a
1
) … (
x
-
a
k
)
, откуда выходит , что P(x) = (x-a
1
) … (x-a
k
)Q(x).
При этом a
k
+1
– корень многочлена P
(
x
)
, т. е.
P
(
a
k
+1
) =
0 . Значит , подставляя вместо x
a
k
+1
, получаем верное равенство : P(a
k+1
) = (a
k+1
-a
1
) … (a
k+1
-a
k
)Q(a
k+1
) =
=0 .
Но a
k
+1
отлично от чисел a
1
, … ,
a
k
, и потому ни одно из чисел a
k
+1
-
a
1
, … ,
a
k
+1
-
a
k
не равно 0 . Следовательно , нулю равно Q
(
a
k
+1
)
, т. е. a
k
+1
– корень многочлена Q
(
x
)
. А из следствия 2 выходит , что Q
(
x
)
делится на x
-
a
k
+
1 без остатка . Q
(
x
) = (
x
-
a
k
+1
)
Q
1
(
x
)
, и потому P(x) = (x-a1) … (x-ak)Q(x) = =(
x
-
a
1
) … (
x
-
a
k
)(
x
-
a
k
+1
)
Q
1
(
x
)
. Это и означает , что P
(
x
)
делится на (
x
-
a
1
) … (
x
-
a
k
+1
)
без остатка . Итак, доказано , что теорема верна при k
=1
, а из её справедливости при n
=
k
вытекает , что она верна и при n
=
k
+1
. Таким образом, теорема верна при любом числе корней , что и
требовалось доказать
. Следствие 4
:
Многочлен степени
n
имеет не более
n
различных корней .
Доказательство : Воспользуемся методом от противного: если бы многочлен P
n
(
x
)
степени n
имел бы более n
корней - n
+
k
(a
1
,
a
2
, … ,
a
n
+
k
- его корни ) , тогда бы по ранее доказанному следствию 3 он бы делился на произведение (
x
-
a
1
) … (
x
-
a
n
+
k
)
, имеющее степень n
+
k
, что невозможно . Мы пришли к противоречию , значит наше предположение неверно и многочлен степени n не может иметь более , чем n
корней , что и требовалось 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
)
– данный многочлен степени n
, a
- любое число . Многочлен P
n
(
x
)
можно представить в виде : P
n
(
x
)=(
x
-
a
)
Q
n
-1
(
x
)+
R
, где Q
n
-1
(
x
)
– многочлен , частное при делении P
n
(
x
)
на (
x
-
a
)
, R
– остаток от деления P
n
(
x
)
на (
x
-
a
)
. Причём по теореме Безу : R = P
n
(a)
, т.е. P
n
(x)=(x-a)Q
n-1
(x)+P
n
(a)
. Отсюда Pn(x) - Pn(a) = (x-a)Qn-1(x) , а это и означает делимость без остатка (
P
n
(
x
) –
P
n
(
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 : Чтобы доказать данную теорему требуется рассмотреть необходимость и достаточность сформулированного условия . 1.
Необходимость
. Пусть a
– корень многочлена P
(
x
)
, тогда по следствию 2 P
(
x
)
делится на (
x
-
a
)
без остатка . Таким образом делимость P
(
x
)
на (
x
-
a
)
является необходимым условием для того , чтобы a
являлось корнем P
(
x
)
, т.к. является следствием из этого . 2.
Достаточность
. Пусть многочлен P
(
x
)
делится без остатка на (
x
-
a
)
, тогда R
= 0
, где R
– остаток от деления P
(
x
)
на (
x
-
a
)
, но по теореме Безу R
=
P
(
a
)
, откуда выходит , что P
(
a
) = 0
, а это означает , что a
является корнем P
(
x
) .
Таким образом делимость P
(
x
)
на (
x
-
a
)
является и достаточным условием для того , чтобы a
являлось корнем P
(
x
)
. Делимость P
(
x
)
на (
x
-
a
)
является необходимым и достаточным
условием для того, чтобы a
являлось корнем P
(
x
)
, что и требовалось доказать .
Следствие 7(авторское)
:
Многочлен , не имеющийй действи-
тельных корней , в разложении
на множители линейных множителей
не содержит .
Доказательство : Воспользуемся методом от противного: предполо-жим , что не имеющий корней многочлен P
(
x
)
при разложении на множители содержит линейный множитель (
x
–
a
)
: P(x) = (x – a)Q(x)
, тогда бы он делился на (
x
–
a
)
, но по следствию 6 a
являлось бы корнем P
(
x
)
, а по условию он корней не содержит . Мы пришли к противоречию , значит наше предположение неверно и многочлен , не имеющий действительных корней , в разложении на множители линейных множителей не содержит , что и требовалось доказать .
На основании теоремы Безу и следствия 5 можно доказать следующие утверждения: 1. Разность одинаковых натуральных степеней
на разность их оснований делится без остатка :
ПустьP(x) = xn
, P(a) = an
,
тогда xn
–
an
– разность одинаковых натуральных степеней . По следствию 5 P(x) - P(a) = xn
– an
= (x – a)Q(x) ,
а это значит , что (xn
–an
)/(x–a)=Q(x)
,
т.е. разность одинаковых натуральных степеней на разность их оснований делится без остатка , что и требовалось доказать . Итак (xn
– an
)/(x – a) = xn-1
+ axn-2
+ a2
xn-3
+ … +an-2
x + an-1
.
2. Разность одинаковых чётных степеней на сумму их оснований делится без остатка .
ПустьP(x) = x2k
,
тогда
P(a) = a2k
.
Разность одинаковых чётных степеней x
2
k
-
a
2
k
равна P
(
x
) –
P
(
a
) .
P(a) = a2k
= (-a)2k
= P(-a) ,
т
.
е
. x2k
- a2k
= P(x) – P(-a).
По следствию 5 P(x) - P(-a) = (x –(- a))Q(x)=
= (x + a)Q(x)
а это значит , что x2k
– a2k
= (x + a)Q(x)
или (x2k
– a2k
)/(x + a) = Q(x)
,
т.е. разность одинаковых чётных степеней на сумму их оснований делится без остатка , что и требовалось доказать . Итак , (x2k
– a2k
)/(x + a) = x2k-1
– ax2k-2
+ … +a2k-2
x + a2k-1
.
3. Разность одинаковых нечётных натуральных степеней на сумму их оснований не делится .
Пусть P
(
x
) =
x
2
k
+1
-
a
2
k
+1
– разность одинаковых нечётных степеней . По теореме Безу при делении x2
k
+1
- a2
k
+1
на x
+
a
=
x
– (-
a
)
остаток равен R = P(-a) = (-a)2k+1
– a2k+1
= -2a2k+1
Т. к. остаток при делении не равен 0
, то разность одинаковыхнечётных натуральных степеней на сумму их оснований не делится , что и требовалось доказать . 4. Сумма одинаковых нечётных натуральных степеней на сумму их оснований делится без остатка .
Пусть P
(
x
) =
x
2л+1
,
P
(-
a
) = (-
a
)2л+1
= -а2л+1
,
тогда P
(
x
) –
P
(-
a
)
= x
2
k
+1
+
a
2
k
+1
– сумма одинаковых нечётных натуральных степеней . По следствию 5 P(x) - P(-a) = x2k+1
+ a2k+1
= (x –(- a))Q(x)=
= (x + a)Q(x),
а это значит , что (x2k+1
+ a2k+1
)/(x + a) = Q(x) ,
т.е. сумма одинаковых нечётных натуральных степеней на сумму их оснований делится без остатка , что и требовалось доказать . Итак , (x2k+1
+ a2k+1
)/(x + a) = x2k
- ax2k-1
+ … - a2k-1
x + a2k
.
5. Сумма одинаковых чётных натуральных степеней на сумму их оснований не делится .
Пусть P
(
x
) =
x
2
k
+
a
2
k
– сумма одинаковых чётных степеней . По теореме Безу при делении x
2
k
+
a
2
k
на x
+
a
=
x
– (-
a
)
остаток равен R = P(-a) = (-a)2k
+ a2k
= 2a2k
.
Т. к. остаток при делении не равен 0
, тосумма одинаковых чётных натуральных степеней на сумму их оснований не делится, что и требовалось доказать. Остановимся на рассмотрении некоторых случаев применения теоремы Безу к решению практических задач . Пример 1.
Найти остаток от деления многочлена x
3
– 3
x
2
+ 6
x
– 5
на двучлен x – 2 .
По теореме Безу R = P3
(2) = 23
– 3*22
+ 6*2 – 5 = 3
.
Ответ: R = 3 .
Пример 2.
Найти остаток от деления многочлена 32
x
4
– 64
x
3
+ 8
x
2
+ 36
x
+ 4
на двучлен 2
x – 1 .
Согласно следствию 1 из теоремы Безу 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 каком значении a
многочлен x4
+ ax3
+ 3x2
– 4x – 4
делится без остатка на двучлен x – 2 ?
По теореме Безу R
=
P
4
(2) = 16 + 8
a
+ 12 – 8 – 4 = 8
a
+16.
Но по условию R = 0
, значит 8a + 16 = 0 ,
отсюда a = -2 .
Ответ: a = -2
. Пример 4.
При каких значениях a
и b
многочлен ax3
+ bx2
– 73x + 102
делится на трёхчлен x
2
– 5
x
+ 6
без остатка ? Разложим делитель на множители : x2
– 5
x + 6 = (
x – 2)(
x – 3) .
Поскольку двучлены x – 2
и x – 3
взаимно просты , то данный многочлен делится на x – 2
и на x – 3
, а это значит , что по теореме Безу 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 : 27a + 9b – 117 = 0
3a + b = 13
Отсюда получаем : a = 2 ,
b = 7 .
Ответ: a = 2 , b = 7
. Пример 5.
При каких значениях a
и b
многочлен x4
+ ax3
– 9x2
+ 11x + b
делится без остатка на трёхчлен x2
– 2x + 1 ?
Представим делитель так : x
2
– 2
x
+ 1 = (
x
– 1)2
Данный многочлен делится на x
– 1
без остатка , если по теореме Безу R1
= P4
(1) = 1 + a – 9 + 11 + b = a + b + 3 = 0.
Найдём частное от деления этого многочлена на x – 1
: _(a – 8)x2
+ 11x
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 .
3a – 3 = 0
a = 1
Из системы : a
= 1 ,
b
= -4
Ответ: a = 1 , b = -4
. Пример 6.
Разложить на множители многочлен P
(
x
) =
x
4
+ 4
x
2
– 5
. Среди делителей свободного члена число 1
является корнем данного многочлена P
(
x
)
, а это значит , что по следствию 2 из теоремы Безу P
(
x
)
делится на (
x
– 1)
без остатка : _
x
3
+ 4
x
2
– 5
_5
x
2
– 5
0
P
(
x
)/(
x
– 1) =
x
3
+
x
2
+ 5
x
+ 5
, значит P(x) = (x – 1)(x3
+ x2
+ 5x + 5).
Среди делителей свободного члена многочлена x
3
+
x
2
+ 5
x
+ 5
x
= -1
является его корнем , а это значит , что по следствию 2 из теоремы Безу x
3
+
x
2
+ 5
x
+ 5
делится на (
x
+ 1)
без остатка : |