Метод неопределённых коэффициентов — это «полуолимпиадный» приём, с помощью которого вы сможете раскладывать на множители многочлены, которые не раскладываются, и решать уравнения, которые не решаются.:)
В двух словах этот метод звучит так:
В любой непонятной ситуации вводим новую переменную. А затем думаем, что с этой переменной делать.
Сегодня мы детально изучим метод неопределённых коэффициентов. Мы разберём столько разных задач, что не понять этот приём будет просто невозможно. И да: речь пойдёт не только о многочленах.:)
Содержание
Чтобы понять основную идею метода неопределённых коэффициентов, рассмотрим простую наводящую задачу. Допустим, у нас есть квадратный трёхчлен, разложенный на множители:
\[P\left( x \right)=\left( x-3 \right)\left( x+2 \right)\]
Если раскрыть скобки и привести подобные слагаемые, то получится тот же многочлен, записанный в стандартном виде:
\[P\left( x \right)={{x}^{2}}-x-6\]
Зная разложение на множители, легко получить стандартный вид многочлена. А вот обратный переход — от стандартного вида к множителям — является вычислительно сложной операцией, но всё ещё возможной: считаем дискриминант, находим корни, вспоминаем теорему Виета и т.д.
Немного усложним задачу. Рассмотрим разложение на множители многочлена четвёртой степени (почему именно четвёртой — см. урок. «Разложение на множители»):
\[P\left( x \right)=\left( {{x}^{2}}-3x+1 \right)\left( {{x}^{2}}+x+4 \right)\]
Раскроем скобки и приведём подобные. Вновь получим многочлен в стандартном виде:
\[P\left( x \right)={{x}^{4}}-2{{x}^{3}}+2{{x}^{2}}-11x+4\]
Но как выполнить обратную операцию? Как по стандартному виду многочлена определить, на какие множители его можно разложить? Тут на помощь и приходит метод неопределённых коэффициентов.
Рассмотрим задачу в общем виде. Допустим, нам нужно разложить на множители многочлен четвёртой степени:
\[P\left( x \right)= \color{blue}{{a}_{4}}{{x}^{4}}+ \color{blue}{{a}_{3}}{{x}^{3}}+ \color{blue}{{a}_{2}}{{x}^{2}}+ \color{blue}{{a}_{1}}x+ \color{blue}{{a}_{0}}\]
Из курса алгебры мы знаем, что произвольный многочлен не всегда раскладывается на линейные двучлены вида $x-\color{red}{a}$. Однако он совершенно точно раскладывается на квадратные трёхчлены вида $\color{red}{a}{{x}^{2}}+\color{red}{b}x+\color{red}{c}$:
\[P\left( x \right)=\left(\color{blue}{a}{{x}^{2}}+\color{blue}{b}x+\color{blue}{c} \right)\left( \color{blue}{d}{{x}^{2}}+\color{blue}{e}x+\color{blue}{f} \right)\]
Записав такое разложение, мы уже наполовину выполнили задачу. Но нам неизвестны коэффициенты $\color{blue}{a}$, $\color{blue}{b}$, $\color{blue}{c}$ и $\color{blue}{d}$, $\color{blue}{e}$, $\color{blue}{f}$. Отсюда, кстати, и название приёма — «метод неопределённых коэффициентов». И чтобы найти эти самые неопределённые коэффициенты, воспользуемся следующей теоремой.
Теорема (критерий многочлена, тождественно равного нулю). Многочлен
\[P\left( x \right)= \color{blue}{{a}_{n}}{{x}^{n}}+ \color{blue}{{a}_{n-1}}{{x}^{n-1}}+ \ldots + \color{blue}{{a}_{1}}x+ \color{blue}{{a}_{0}}\]
тождественно равен нулю (т.е. при любом значении переменной $x$) тогда и только тогда, когда все его коэффициенты равны нулю:
\[\color{blue}{{a}_{n}}= \color{blue}{{a}_{n-1}}= \ldots = \color{blue}{{a}_{1}}= \color{blue}{{a}_{0}}= \color{red}{0}\]
Доказательство я вынесу на отдельную страницу (см. урок «Корни многочлена»). Потому что у этой теоремы много применений, но нас сейчас интересует не сама теорема, а лишь одно-единственное следствие из неё:
Следствие (критерий равенства двух многочленов). Пусть даны два многочлена:
\[\begin{align}A\left( x \right) &= \color{blue}{{a}_{n}}{{x}^{n}}+ \color{blue}{{a}_{n-1}}{{x}^{n-1}}+ \ldots + \color{blue}{{a}_{1}}x+ \color{blue}{{a}_{0}}\\ B\left( x \right) &= \color{blue}{{b}_{n}}{{x}^{n}}+ \color{blue}{{b}_{n-1}}{{x}^{n-1}}+ \ldots + \color{blue}{{b}_{1}}x+ \color{blue}{{b}_{0}}\\ \end{align}\]
Эти два многочлена тождественно равны друг другу (т.е. $A\left( x \right)=B\left( x \right)$ при любом $x$) тогда и только тогда, когда равны их коэффициенты при соответствующих степенях:
\[\color{blue}{{a}_{n}}= \color{blue}{{b}_{n}};\ \color{blue}{{a}_{n-1}}= \color{blue}{{b}_{n-1}};\ \ldots ;\ \color{blue}{{a}_{1}}= \color{blue}{{b}_{1}};\ \color{blue}{{a}_{0}}= \color{blue}{{b}_{0}}\]
Вот тут всё становится на свои места!
Пусть даны два представления одного и того же многочлена. Например, в стандартном виде и разложение на множители:
\[\begin{align} P\left( x \right) &= \color{blue}{{a}_{4}}{{x}^{4}}+ \color{blue}{{a}_{3}}{{x}^{3}}+ \color{blue}{{a}_{2}}{{x}^{2}}+ \color{blue}{{a}_{1}}x+ \color{blue}{{a}_{0}}= \\ &=\left( \color{blue}{a}{{x}^{2}}+ \color{blue}{b}x+ \color{blue}{c} \right)\left( \color{blue}{d}{{x}^{2}}+ \color{blue}{e}x+ \color{blue}{f} \right) \end{align}\]
Тогда для нахождения неизвестных коэффициентов в любом из этих разложений необходимо выполнить три шага:
Вот и вся суть метода. Первые два пункта очевидны. Проблемы возникают лишь на третьем шаге, поскольку зачастую системы уравнений получаются нелинейными. И мы детально разберём, как решать подобные системы.
Но для начала — парочка простых задач.:)
Задача. Найдите числа $a$, $b$, $c$, при которых многочлены $P\left( x \right)$ и $Q\left( x \right)$ равны:
\[\begin{align}P\left( x \right) &=2{{x}^{4}}+3{{x}^{3}}-5x-2\\ Q\left( x \right) &=\left( ax+3 \right)\left( {{x}^{3}}-b \right)-3x+c\\ \end{align}\]
Решение. Согласно Теореме 1, многочлены $P\left( x \right)$ и $Q\left( x \right)$ равны, когда в точности равны их коэффициенты. Поэтому раскроем скобки в многочлене $Q\left( x \right)$ и найдём эти коэффициенты:
\[\begin{align}Q\left( x \right) &=a{{x}^{4}}+3{{x}^{3}}-abx-3b-3x+c= \\ &=\color{blue}{a}{{x}^{4}}+ \color{blue}{3}{{x}^{3}}+\left( \color{blue}{-ab-3} \right)x+\left( \color{blue}{c-3b} \right) \end{align}\]
Для удобства коэффициенты выделены синим цветом. Сравним их с коэффициентами многочлена $P\left( x \right)$:
\[\begin{align}& \color{blue}{a}{{x}^{4}}+ \color{blue}{3}{{x}^{3}}+\left( \color{blue}{-ab-3} \right)x+\left( \color{blue}{c-3b} \right)= \\ = & \color{red}{2}{{x}^{4}}+ \color{red}{3}{{x}^{3}}+\left( \color{red}{-5} \right)x+\left( \color{red}{-2} \right) \\ \end{align}\]
Чтобы многочлены были равны, должны выполняться равенства
\[\color{blue}{a}= \color{red}{2};\quad \color{blue}{-ab-3}= \color{red}{-5};\quad \color{blue}{c-3b}= \color{red}{-2}\]
Получили систему уравнения, которая легко решается:
\[\color{blue}{a}= \color{red}{2};\ \color{blue}{b}= \color{red}{1};\ \color{blue}{c}= \color{red}{1}\]
Ответ: $a=2$, $b=1$, $c=1$.
Задача. Найдите числа $a$, $b$, $c$, при которых многочлены $P\left( x \right)$ и $Q\left( x \right)$ равны:
\[\begin{align}P\left( x \right) &=3{{x}^{4}}+7{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}+x+2\\ Q\left( x \right) &=\left( x+1 \right)\left( a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}-x+c \right)\\ \end{align}\]
Решение. Решим эту задачу двумя способами: «чистым» методом неопределённых коэффициентов и с привлечением схемы Горнера.
Способ 1. «Чистый» метод неопределённых коэффициентов. Раскрываем скобки в многочлене $Q\left( x \right)$:
\[\begin{align}Q\left( x \right) &=a{{x}^{4}}+b{{x}^{3}}-{{x}^{2}}+cx+a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}-x+c= \\ &= \color{blue}{a}{{x}^{4}}+\left( \color{blue}{a+b} \right){{x}^{3}}+\left( \color{blue}{b-1} \right){{x}^{2}}+\left( \color{blue}{c-1} \right)x+ \color{blue}{c} \end{align}\]
Приравниваем многочлены $Q\left( x \right)$ и $P\left( x \right)$:
\[\begin{align}& \color{blue}{a}{{x}^{4}}+\left( \color{blue}{a+b} \right){{x}^{3}}+\left( \color{blue}{b-1} \right){{x}^{2}}+\left( \color{blue}{c-1} \right)x+ \color{blue}{c}= \\= & \color{red}{3}{{x}^{4}}+ \color{red}{7}{{x}^{3}}+ \color{red}{3}{{x}^{2}}+ \color{red}{1}x+ \color{red}{2} \\ \end{align}\]
Получим набор из пяти уравнений:
\[\begin{array}{rrr}\color{blue}{a}= \color{red}{3}; & \color{blue}{b-1}= \color{red}{3}; & \color{blue}{c}= \color{red}{2}.\\ \color{blue}{a+b}= \color{red}{7}; & \color{blue}{c-1}= \color{red}{1}; & {}\\ \end{array}\]
Решаем систему из этих уравнений и получаем ответ:
\[\color{blue}{a}=\color{red}{3};\ \color{blue}{b}=\color{red}{4};\ \color{blue}{c}=\color{red}{2}\]
Способ 2. Привлечение схемы Горнера. Поскольку многочлен $Q\left( x \right)$ разложен на множители, сделаем то же самое и с многочленом $P\left( x \right)$ — выделим из него множитель-двучлен $x+1$. Для этого заполним таблицу для $x=\color{red}{-1}$:
\[\begin{array}{r|r|r|r|r|r} {} & \color{blue}{3} & \color{blue}{7} & \color{blue}{3} & \color{blue}{1} & \color{blue}{2}\\ \hline \color{red}{-1} & 3 & 4 & -1 & 2 & \color{green}{0}\\ \end{array}\]
Получили остаток $r=\color{green}{0}$, и многочлен $P\left( x \right)$ можно переписать так:
\[P\left( x \right)=\left( x+1 \right)\left( 3{{x}^{3}}+4{{x}^{2}}-1x+2 \right)\]
Приравняем многочлены $P\left( x \right)$ и $Q\left( x \right)$:
\[\begin{align}&\left( x+1 \right)\left( \color{red}{3}{{x}^{3}}+ \color{red}{4}{{x}^{2}}+\left( \color{red}{-1} \right)x+ \color{red}{2} \right)= \\ = &\left( x+1 \right)\left( \color{blue}{a}{{x}^{3}}+ \color{blue}{b}{{x}^{2}}+\left( \color{blue}{-1} \right)x+ \color{blue}{c} \right) \\ \end{align}\]
И сразу получаем ответ:
\[\color{blue}{a} =\color{red}{3};\ \color{blue}{b} =\color{red}{4};\ \color{blue}{c} =\color{red}{2}\]
Ответ: $a=3$, $b=4$, $c=2$.
Если вам непонятно, как работает схема Горнера и при чём тут разложение на множители, см. урок «Схема Горнера» — это ещё один универсальный алгоритм. Который, как и метод неопределённых коэффициентов, будет полезен во многих нестандартных задачах.
Переходим к серьёзным задачам. Всё, что мы решали выше, сводилось к простым линейным уравнениям, которые решались обычной подстановкой.
Теперь мы разберём многочлены четвёртой степени — те самые, с которых начинали рассуждения. И заодно научимся решать нелинейные системы методом целочисленного перебора.
Задача. Разложите многочлен на множители методом неопределённых коэффициентов:
\[P\left( x \right)={{x}^{4}}+2{{x}^{3}}+2{{x}^{2}}+10x+25\]
Этот многочлен вообще не имеет действительных корней, в чём легко убедиться, выделив точные квадраты:
\[\begin{align}P\left( x \right) &=\left( {{x}^{4}}+2{{x}^{3}}+{{x}^{2}} \right)+\left( {{x}^{2}}+10x+25 \right)= \\ &={{x}^{2}}{{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( x+5 \right)}^{2}} \end{align}\]
Полученная сумма равна нулю только если $x=-5$ и одновременно $x=0$ или $x=-1$. Что, очевидно, невозможно. Следовательно, линейных множителей в разложении не будет.
Зато квадратные множители точно будут, поэтому используем метод неопределённых коэффициентов. Предположим, что многочлен раскладывается на произведение двух квадратных трёхчленов:
\[P\left( x \right)=\left( {{x}^{2}}+ \color{blue}{b}x+ \color{blue}{c} \right)\left( {{x}^{2}}+ \color{blue}{d}x+ \color{blue}{e} \right)\]
Раскрываем скобки и приводим подобные:
\[\begin{align}P\left( x \right)={{x}^{4}}+\left( \color{blue}{b+d} \right){{x}^{3}} &+ \left( \color{blue}{bd+c+e} \right){{x}^{2}}+ \\ & +\left( \color{blue}{be+d} \right)x+ \color{blue}{ce} \\ \end{align}\]
Сравниваем коэффициенты полученного многочлена с коэффициентами исходного:
\[P\left( x \right)={{x}^{4}}+ \color{red}{2}{{x}^{3}}+ \color{red}{2}{{x}^{2}}+ \color{red}{10}x+ \color{red}{25}\]
Выписываем равенства:
\[\begin{array}{rr}\color{blue}{b+d}= \color{red}{2}; & \color{blue}{be+dc}= \color{red}{10};\\ \color{blue}{bd+c+e}= \color{red}{2}; & \color{blue}{ce}= \color{red}{25}.\\ \end{array}\]
Получили систему из четырёх нелинейных уравнений. Универсального алгоритма для решения таких систем не существует. Однако здесь хорошо работает метод целочисленного перебора.
Рассмотрим последнее уравнение:
\[ \color{blue}{c} \cdot \color{blue}{e}= \color{red}{25}\]
Какие числа нужно перемножить, чтобы в произведении получилось 25? Вот несколько вариантов:
\[\begin{align}\color{blue}{c} \cdot\color{blue}{e} &= \color{red}{1} \cdot\color{red}{25}= \color{red}{5} \cdot\color{red}{5} = \\ & =\left( \color{red}{-1} \right)\cdot \left( \color{red}{-25} \right)= \\ & =\left( \color{red}{-5} \right)\cdot \left( \color{red}{-5} \right) \end{align}\]
Рассмотрим вариант, когда $\color{blue}{c}= \color{red}{5}$ и $\color{blue}{e}= \color{red}{5}$. Именно он будет правильным ответом, в чём мы сейчас убедимся.
Подставим $\color{blue}{c}= \color{red}{5}$ и $\color{blue}{e}= \color{red}{5}$ в оставшиеся три уравнения. Получим систему
\[\left\{ \begin{align}b+d &=2 \\ bd+5+5 &=2 \\ 5b+5d &=10 \\ \end{align} \right.\]
Последнее уравнение является следствием первого, поэтому система равносильна двум уравнениям:
\[\left\{ \begin{align}b+d &=2 \\ bd &=-8 \\ \end{align} \right.\]
Эта система имеет два решения, которые легко находятся методом подбора: $\color{blue}{b} = \color{red}{4}$ и $\color{blue}{d}= \color{red}{-2}$, либо наоборот $\color{blue}{b}= \color{red}{-2}$ и $\color{blue}{d}= \color{red}{4}$. Получаем два варианта разложения:
\[\begin{align}{{P}_{1}}\left( x \right) &=\left( {{x}^{2}}+ \color{red}{4}x+ \color{red}{5} \right)\left( {{x}^{2}}+\left( \color{red}{-2} \right)x+ \color{red}{5} \right) \\ {{P}_{2}}\left( x \right) &=\left( {{x}^{2}}+\left( \color{red}{-2} \right)x+ \color{red}{5} \right)\left( {{x}^{2}}+ \color{red}{4}x+ \color{red}{5} \right) \\ \end{align}\]
Но ведь на самом деле это одно и то же разложение — просто множители поменялись местами. Поэтому мы вправе выбрать любой вариант.
Запишем окончательный ответ:
\[P\left( x \right)=\left( {{x}^{2}}+4x+5 \right)\left( {{x}^{2}}-2x+5 \right)\]
Важное замечание. После приведения подобных и сравнения коэффициентов мы получили систему из нескольких нелинейных уравнений, которые затем начали решать методом целочисленного перебора.
Такие уравнения будут преследовать нас постоянно — это основная трудность метода неопределённых коэффициентов.
Чтобы в процессе перебора не упустить из виду какой-нибудь вариант, целесообразно составлять таблицу всех возможных вариантов. Например, для равенства $\color{blue}{c}\cdot \color{blue}{e}= \color{red}{25}$ таблица выглядит так:
\[\begin{array}{r|r|r|r|r}\color{blue}{c} & \color{red}{1} & \color{red}{-1} & \color{red}{5} & \color{red}{-5}\\ \hline \color{blue}{e} & \color{red}{25} & \color{red}{-25} & \color{red}{5} & \color{red}{-5}\\ \end{array}\]
Обратите внимание: в таблице нет варианта $\color{blue}{c}= \color{red}{25}$, $\color{blue}{e}= \color{red}{1}$ и $\color{blue}{c}= \color{red}{-25}$, $\color{blue}{e}= \color{red}{-1}$, потому что они получаются из первых двух вариантов перестановкой множителей в итоговом разложении.
Тем не менее, в некоторых примерах придётся рассматривать все возможные варианты. Один из таких примеров мы рассмотрим чуть позже, а пока давайте потренируемся на более адекватных задачах.:)
Задача. Разложите многочлен на множители методом неопределённых коэффициентов:
\[P\left( x \right)={{x}^{4}}+5{{x}^{3}}+5{{x}^{2}}-4x-2\]
Решение. Запишем искомое разложение:
\[P\left( x \right)=\left( {{x}^{2}}+ \color{blue}{b}x+ \color{blue}{c} \right)\left( {{x}^{2}}+ \color{blue}{d}x+ \color{blue}{e} \right)\]
Нужно найти четыре числа: $\color{blue}{b}$, $\color{blue}{c}$, $\color{blue}{d}$, $\color{blue}{e}$. Собственно, это и есть «неопределённые коэффициенты». Раскрываем скобки и приводим подобные:
\[\begin{align}P\left( x \right)={{x}^{4}}+\left( \color{blue}{b+d} \right){{x}^{3}} &+\left( \color{blue}{bd+c+e} \right){{x}^{2}}+ \\ &+\left( \color{blue}{be+d} \right)x+ \color{blue}{ce} \\ \end{align}\]
Сравниваем коэффициенты этого многочлена с коэффициентами исходного:
\[P\left( x \right)={{x}^{4}}+ \color{red}{5}{{x}^{3}}+ \color{red}{5}{{x}^{2}}+\left( \color{red}{-4} \right)x+\left( \color{red}{-2} \right)\]
Получаем четыре уравнения, которые должны выполняться одновременно:
\[\begin{array}{rr}\color{blue}{b+d}= \color{red}{5}; & \color{blue}{be+dc}= \color{red}{-4};\\ \color{blue}{bd+c+e}= \color{red}{5}; & \color{blue}{ce}= \color{red}{-2}.\\ \end{array}\]
Произведение коэффициентов $\color{blue}{c}\cdot \color{blue}{e}= \color{red}{-2}$ — отрицательное число. Положим для определённости, что $\color{blue}{c} \gt 0$ и $\color{blue}{e} \lt 0$. Выпишем все возможные варианты:
\[\begin{array}{r|r|r}\color{blue}{c} & \color{red}{1} & \color{red}{2}\\ \hline \color{blue}{e} & \color{red}{-2} & \color{red}{-1}\\ \end{array}\]
Рассмотрим первый вариант: $\color{blue}{c}=\color{red}{1}$ и $\color{blue}{e}=\color{red}{-2}$. Получим систему
\[\left\{ \begin{align}b+d &=5 \\ bd+1-2 &=5 \\ -2b+d &=-4 \end{align} \right.\]
Вычтем почленно из последнего уравнения первое и получим
\[\begin{align}-3b &=-9 \\ \color{blue}{b} &= \color{red}{3}\end{align}\]
Подставляем $\color{blue}{b}= \color{red}{3}$ в первое уравнение и получаем $\color{blue}{d}= \color{red}{2}$. Найденные значения $\color{blue}{b}$ и $\color{blue}{d}$ удовлетворяют всем трём равенствам. Следовательно, мы нашли решение системы:
\[\color{blue}{b}= \color{red}{3};\ \color{blue}{c}= \color{red}{1};\ \color{blue}{d}= \color{red}{2};\ \color{blue}{e}= \color{red}{-2}\]
Откуда получаем искомое разложение на множители:
\[P\left( x \right)=\left( {{x}^{2}}+3x+1 \right)\left( {{x}^{2}}+2x-2 \right)\]
Важное замечание. К сожалению, в процессе целочисленного перебора далеко не всегда верный вариант будет попадаться сразу, на первом же шаге. Когда я собирал материалы для этого урока, иногда верным оказывался лишь четвёртый вариант из четырёх возможных.:)
Поэтому не переживайте, когда видите несовместную систему. Это нормально и даже неизбежно.
И вообще давайте посмотрим, как это выглядит на практике. Например, рассмотрим второй вариант в только что решённой задаче: $\color{blue}{c}=\color{red}{2}$ и $\color{blue}{e}=\color{red}{-1}$. Это приведёт нас к системе уравнений:
\[\left\{ \begin{align}b+d &=5 \\ bd+2-1 &=5 \\ -b+2d &=-4 \end{align} \right.\]
Складываем первое уравнение с последним — и тут же получаем проблему:
\[\begin{align}3d &=1 \\ \color{blue}{d} &= \color{red}{{1}/{3}\;} \\ \end{align}\]
Получили дробный коэффициент $\color{blue}{d}$, откуда следует, что коэффициент $\color{blue}{b}$ тоже дробный:
\[\color{blue}{b}=5- \color{blue}{d}=\color{red}{{14}/{3}\;}\]
Но тогда не выполняется второе равенство. Следовательно, система несовместна.
Задача. Разложите многочлен на множители методом неопределённых коэффициентов:
\[P\left( x \right)={{x}^{4}}+{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}+32x-10\]
В этот раз распишу всё кратко — только основные выкладки. Разложим многочлен $P\left( x \right)$ на два квадратных трёхчлена:
\[P\left( x \right)=\left( {{x}^{2}}+ \color{blue}{b}x+ \color{blue}{c} \right)\left( {{x}^{2}}+ \color{blue}{d}x+ \color{blue}{e} \right)\]
Раскрываем скобки, приводим подобные:
\[\begin{align}P\left( x \right)={{x}^{4}}+\left( \color{blue}{b+d} \right){{x}^{3}} &+\left( \color{blue}{bd+c+e} \right){{x}^{2}}+ \\ &+\left( \color{blue}{be+d} \right)x+ \color{blue}{ce} \\ \end{align}\]
Сравниваем с исходным многочленом:
\[P\left( x \right)={{x}^{4}}+ \color{red}{1}{{x}^{3}}+ \color{red}{3}{{x}^{2}}+ \color{red}{32}x+\left( \color{red}{-10} \right)\]
Получаем четыре уравнения:
\[\begin{array}{rr}\color{blue}{b+d}= \color{red}{1}; & \color{blue}{be+dc}= \color{red}{32};\\ \color{blue}{bd+c+e}= \color{red}{3}; & \color{blue}{ce}= \color{red}{-10}.\\ \end{array}\]
Поскольку $\color{blue}{ce}= \color{red}{-10} \lt 0$, положим $\color{blue}{c} \gt 0$, $\color{blue}{e} \lt 0$. Возможные варианты:
\[\begin{array}{r|r|r|r|r}\color{blue}{c} & \color{red}{1} & \color{red}{2} & \color{red}{5} & \color{red}{10} \\ \hline \color{blue}{e} & \color{red}{-10} & \color{red}{-5} & \color{red}{-2} & \color{red}{-1} \\ \end{array}\]
Первые три варианта дают несовместные системы с дробными коэффициентами $\color{blue}{b}$ и $\color{blue}{d}$ (проверьте это!). Рассмотрим последний вариант: $\color{blue}{c}= \color{red}{10}$, $\color{blue}{e}= \color{red}{-1}$. Получим систему
\[\left\{ \begin{align}b+d &=1 \\ bd+10-1 &=3 \\ -b+10d &=32 \end{align} \right.\]
Решение системы: $\color{blue}{b}= \color{red}{-2}$, $\color{blue}{d}= \color{red}{3}$. Окончательное разложение на множители:
\[P\left( x \right)=\left( {{x}^{2}}-2x+10 \right)\left( {{x}^{2}}+3x-1 \right)\]
Одно из важнейших приложений метода неопределённых коэффициентов — это решение уравнений высших степеней. В самом деле, зачем мы раскладываем многочлен $P\left( x \right)$ на множители? Обычно по одной из двух причин:
Про рациональные дроби мы поговорим в отдельном уроке (см. урок «Разложение на простейшие»). А вот уравнения мы разберём сейчас.
Допустим, нужно решить уравнение вида
\[\color{blue}{{a}_{n}}{{x}^{n}}+ \color{blue}{{a}_{n-1}}{{x}^{n-1}}+ \ldots + \color{blue}{{a}_{1}}x+ \color{blue}{{a}_{0}}=0\]
В левой части равенства стоит стандартный многочлен. И если коэффициенты многочлена целые, то мы уже знаем как минимум два способа решения таких уравнений:
И эта связка отлично работает, когда многочлен имеет рациональные корни вида $x={\color{blue}{p}}/{\color{red}{q}}\;$. Вот буквально: мы найдём все такие корни и решим уравнение.
А если корни иррациональны? Безу и Горнер тут бесполезны. Зато полезным оказывается разложение на множители, когда вместо большого и страшного многочлена $P\left( x \right)$ в левой части уравнения появится произведение двух многочленов меньшей степени:
\[H\left( x \right)\cdot Q\left( x \right)=0\]
А дальше всё стандартно: произведение равно нулю, когда $H\left( x \right)=0$ или $Q\left( x \right)=0$. И вот мы свели исходную задачу к двум уравнениям меньших степеней, которые наверняка легко решаются.:)
Задача. Решите уравнение методом неопределённых коэффициентов
\[{{x}^{4}}+2{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}+2x-3=0\]
Это приведённое целочисленное уравнение, но его нельзя решить по теореме Безу и схеме Горнера. Ведь целые корни этого уравнения являются делителями свободного члена $\color{blue}{{a}_{0}}=-3$. Таких делителей ровно четыре:
\[x=\pm 1;\ \pm 3\]
И все они дают ненулевой остаток в схеме Горнера:
\[\begin{array}{r|r|r|r|r|r} {} & \color{blue}{1} & \color{blue}{2} & \color{blue}{3} & \color{blue}{2} & \color{blue}{-3}\\ \hline\color{red}{1} & 1 & 3 & 6 & 8 & \color{red}{5}\\ \hline\color{red}{-1} & 1 & 1 & 2 & 0 & \color{red}{-3}\\ \hline\color{red}{3} & 1 & 5 & 18 & 56 & \color{red}{165}\\ \hline\color{red}{-3} & 1 & -1 & 6 & -16 & \color{red}{45}\\ \end{array}\]
Остаётся только метод неопределённых коэффициентов. Разложим уравнение на произведение двух квадратных трёхчленов:
\[\left( {{x}^{2}}+\color{blue}{b}x+\color{blue}{c} \right)\left( {{x}^{2}}+\color{blue}{d}x+\color{blue}{e} \right)=0\]
Раскроем скобки и приведём подобные в правой части равенства:
\[\begin{align}{{x}^{4}}+\left( \color{blue}{b+d} \right){{x}^{3}} &+ \left( \color{blue}{bd+c+e} \right){{x}^{2}}+ \\ &+ \left( \color{blue}{be+dc} \right)x+ \color{blue}{ce}=0 \\ \end{align}\]
Вспоминаем коэффициенты многочлена в исходном уравнении:
\[{{x}^{4}}+ \color{red}{2}{{x}^{3}}+ \color{red}{3}{{x}^{2}}+ \color{red}{2}x+\left( \color{red}{-3} \right)=0\]
Получаем уже привычный набор из четырёх уравнений:
\[\begin{array}{rr} \color{blue}{b+d}=\color{red}{2}; & \color{blue}{be+dc}=\color{red}{2};\\ \color{blue}{bd+c+e}=\color{red}{3}; & \color{blue}{ce}=\color{red}{-3}.\\ \end{array}\]
Рассмотрим последнее уравнение: $\color{blue}{ce}=\color{red}{-3}$. Произведение отрицательно, значит, множители разных знаков. Без ограничения общности положим $\color{blue}{c} \gt \color{red}{0}$, $\color{blue}{e} \lt \color{red}{0}$. Составим таблицу вариантов:
\[\begin{array}{r|r|r} \color{blue}{c} & \color{red}{1} & \color{red}{3}\\ \hline\color{blue}{e} & \color{red}{-3} & \color{red}{-1}\\ \end{array}\]
Итого два варианта. Рассмотрим первый вариант: $\color{blue}{c}=\color{red}{1}$, $\color{blue}{e}=\color{red}{-3}$. Получим систему
\[\left\{ \begin{align}b+d &=2\\ bd+1-3 &=3\\ -3b+d &=2 \end{align} \right.\]
Вычитая из первого уравнения последнее, получаем $\color{blue}{b}=\color{red}{0}$, $\color{blue}{d}=\color{red}{2}$, что противоречит второму уравнению. Система несовместна.
Второй вариант: $\color{blue}{c}=\color{red}{3}$, $\color{blue}{e}=\color{red}{-1}$. Система уравнений:
\[\left\{ \begin{align}b+d &=2 \\ bd+3-1 &=3 \\ -b+3d &=2 \end{align} \right.\]
Складывая первое и последнее уравнение, получаем $\color{blue}{b}=\color{red}{1}$, $\color{blue}{d}=\color{red}{1}$. При подстановке во второе уравнение получаем верное числовое равенство. Следовательно, мы нашли решение:
\[\color{blue}{b}=\color{red}{1};\ \color{blue}{c}=\color{red}{3};\ \color{blue}{d}=\color{red}{1};\ \color{blue}{e}=\color{red}{-1}\]
Переписываем уравнение:
\[\left( {{x}^{2}}+x+3 \right)\left( {{x}^{2}}+x-1 \right)=0\]
Многочлен в первой скобке не имеет действительных корней, во второй — имеет:
\[{{x}^{2}}+x-1=0\]
Дискриминант положителен:
\[D={{1}^{2}}-4\cdot 1\cdot \left( -1 \right)=1+4=5\]
Корней будет два:
\[x=\frac{-1\pm \sqrt{5}}{2}\]
Неудивительно, что эти корни не были обнаружены по теореме Безу. Ведь они являются иррациональными.:)
Ответ: $x=\frac{-1\pm \sqrt{5}}{2}$.
Задача. Решите уравнение методом неопределённых коэффициентов:
\[{{x}^{4}}-4{{x}^{3}}+5{{x}^{2}}-2x-6=0\]
Это задание похоже на предыдущее, поэтому распишем всё кратко. Ожидаемое разложение на множители:
\[\left( {{x}^{2}}+\color{blue}{b}x+\color{blue}{c} \right)\left( {{x}^{2}}+\color{blue}{d}x+\color{blue}{e} \right)=0\]
Найдём такое разложение методом неопределённых коэффициентов. Раскрываем скобки, приводим подобные:
\[\begin{align}{{x}^{4}}+\left( \color{blue}{b+d} \right){{x}^{3}} &+ \left( \color{blue}{bd+c+e} \right){{x}^{2}}+ \\ &+ \left( \color{blue}{be+dc} \right)x+ \color{blue}{ce}=0 \\ \end{align}\]
Сравниваем с коэффициентами исходного многочлена:
\[{{x}^{4}}+\left( \color{red}{-4} \right){{x}^{3}}+ \color{red}{5}{{x}^{2}}+\left( \color{red}{-2} \right)x+\left( \color{red}{-6} \right)=0\]
Выписываем четыре уравнения:
\[\begin{array}{rr} \color{blue}{b+d}=\color{red}{-4}; & \color{blue}{be+dc}=\color{red}{-2};\\ \color{blue}{bd+c+e}=\color{red}{5}; & \color{blue}{ce}=\color{red}{-6}.\\ \end{array}\]
Поскольку $\color{blue}{ce}=\color{red}{-6}$, полагаем $\color{blue}{c} \gt \color{red}{0}$, $\color{blue}{e} \lt \color{red}{0}$. Возможные варианты
\[\begin{array}{r|r|r|r|r} \color{blue}{c} & \color{red}{1} & \color{red}{2} & \color{red}{3} & \color{red}{6}\\ \hline\color{blue}{e} & \color{red}{-6} & \color{red}{-3} & \color{red}{-2} & \color{red}{-1}\\ \end{array}\]
Перебирая варианты, обнаруживаем, что правильная комбинация — это $\color{blue}{c}=\color{red}{3}$, $\color{blue}{e}=\color{red}{-2}$:
\[\left\{ \begin{align} b+d &=-4 \\ bd+3-2 &=5 \\ -2b+3d &=-2 \end{align} \right.\]
Дважды прибавим к последнему уравнению первое — получим
\[\begin{align} 5d&=-10 \\ \color{blue}{d} &= \color{red}{-2} \\ \color{blue}{b} &= \color{red}{-2} \end{align}\]
Следовательно, исходное уравнение примет вид
\[\left( {{x}^{2}}-2x+3 \right)\left( {{x}^{2}}-2x-2 \right)=0\]
Многочлен в первой скобке корней не имеет (в этом легко убедиться, посчитав дискриминант). Рассмотрим вторую скобку:
\[{{x}^{2}}-2x-2=0\]
Дискриминант положительный:
\[D={{\left( -2 \right)}^{2}}-4\cdot1\cdot \left( -2 \right)=4+8=12\]
Уравнение имеет два корня:
\[x=\frac{2\pm \sqrt{12}}{2}=\frac{2\pm 2\sqrt{3}}{2}=1\pm \sqrt{3}\]
Ответ: $x=1\pm \sqrt{3}$.
Задача. Решите уравнение методом неопределённых коэффициентов:
\[2{{x}^{4}}-4{{x}^{3}}+{{x}^{2}}-6x-3=0\]
Это уравнение принципиально отличается от предыдущих тем, что старший коэффициент $\color{blue}{{a}_{4}}=2$. Многочлен не является приведённым, поэтому разложение на множители, вообще говоря, выглядит так:
\[\left( \color{blue}{a}{{x}^{2}}+ \color{blue}{b}x+ \color{blue}{c} \right)\left( \color{blue}{d}{{x}^{2}}+ \color{blue}{e}x+ \color{blue}{f} \right)=0\]
Итого шесть неизвестных коэффициентов. Для сравнения: раньше их было всего четыре.
Однако задачу можно существенно упростить, если сделать два допущения:
В этом и состоит ключевая идея метода неопределённых коэффициентов: мы вводим дополнительные ограничения, которые в итоге почти наверняка выполняются. Да, есть небольшой риск «промахнуться» в своих допущениях, но это компенсируется многократным упрощением дальнейших выкладок.
В нашем случае из двух допущений немедленно следует, что $\color{blue}{a}=\color{red}{2}$, $\color{blue}{b}=\color{red}{1}$, и уравнение примет вид
\[\left( \color{red}{2}{{x}^{2}}+ \color{blue}{b}x+ \color{blue}{c} \right)\left( {{x}^{2}}+ \color{blue}{e}x+ \color{blue}{f} \right)=0\]
Осталось всего четыре неизвестных коэффициента. Раскроем скобки и приведём подобные:
\[\begin{align}\color{red}{2}{{x}^{4}}+\left( \color{blue}{b+2e} \right){{x}^{3}} &+\left( \color{blue}{be+c+2f} \right){{x}^{2}}+ \\ &+\left( \color{blue}{bf+ce} \right)x+ \color{blue}{cf}=0 \\ \end{align}\]
Сравним с коэффициентами исходного уравнения:
\[\color{red}{2}{{x}^{4}}+\left( \color{red}{-4} \right){{x}^{3}}+\color{red}{1}{{x}^{2}}+\left( \color{red}{-6} \right)x+\left( \color{red}{-3} \right)=0\]
Получим четыре уравнения, но из-за коэффициента $\color{blue}{a}=\color{red}{2}$ они отличаются от привычных:
\[\begin{array}{rr} \color{blue}{b+2e}= \color{red}{-4}; & \color{blue}{bf+ce}= \color{red}{-6};\\ \color{blue}{be+c+2f}= \color{red}{1}; & \color{blue}{cf}= \color{red}{-3}.\\ \end{array}\]
Многочлены в первой и второй скобке не являются взаимозаменяемыми (поскольку у них разные коэффициенты при ${{x}^{2}}$), поэтому необходимо рассмотреть все возможные комбинации, дающие $\color{blue}{cf}= \color{red}{-3}$:
\[\begin{array}{r|r|r|r|r} \color{blue}{c} & \color{red}{1} & \color{red}{3} & \color{red}{-1} & \color{red}{-3}\\ \hline\color{blue}{f} & \color{red}{-3} & \color{red}{-1} & \color{red}{3} & \color{red}{1}\\ \end{array}\]
Рассмотрим каждую комбинацию. В первом случае быстро обнаружится, что система несовместна. А вот второй случай, когда $\color{blue}{c}= \color{red}{3}$ и $\color{blue}{f}= \color{red}{-1}$, представляет интерес:
\[\left\{ \begin{align}b+2e &=-4 \\ be+3-2 &=1 \\ -b+3e &=-6 \end{align} \right.\]
Складываем первое уравнение с последним — получаем
\[\begin{align}5e &=-10 \\ \color{blue}{e} &= \color{red}{-2} \\ \color{blue}{b} &= \color{red}{0} \end{align}\]
Итак, система совместна. Получили разложение на множители:
\[\left( 2{{x}^{2}}+3 \right)\left( {{x}^{2}}-2x-1 \right)=0\]
Многочлен в первых скобках принимает только положительные значения, поэтому не имеет корней:
\[2{{x}^{2}}+3\ge 0+3 \gt 0\]
Рассмотрим вторые скобки:
\[{{x}^{2}}-2x-1=0\]
Это квадратное уравнение. Дискриминант положительный:
\[D={{2}^{2}}-4\cdot 1\cdot \left( -1 \right)=4+4=8\]
Следовательно, уравнение имеет два различных корня:
\[x=\frac{2\pm \sqrt{8}}{2}=\frac{2\pm 2\sqrt{2}}{2}=1\pm \sqrt{2}\]
Это и есть корни исходного уравнения четвёртой степени.
Ответ: $x=1\pm \sqrt{2}$.
Ещё одна задача, где работает метод неопределённых коэффициентов — это деление одного многочлена на другой с остатком. Напомню, что разделить многочлен $P\left( x \right)$ на двучлен $T\left( x \right)$ с остатком — это значит представить его в виде
\[P\left( x \right)=Q\left( x \right)\cdot T\left( x \right)+R\left( x \right)\]
При этом степень остатка $R\left( x \right)$ должна быть меньше степени делителя $T\left( x \right)$. Кроме того,
\[\deg Q\left( x \right)+\deg T\left( x \right)=\deg P\left( x \right)\]
При соблюдении таких ограничений многочлены $Q\left( x \right)$ и $R\left( x \right)$ всегда определяются однозначно. Их коэффициенты мы как раз и будем находить.
Задача. Используя метод неопределённых коэффициентов, найдите частное $Q\left( x \right)$ и остаток $R\left( x \right)$ при делении многочлена
\[P\left( x \right)={{x}^{3}}-5{{x}^{2}}+15x-6\]
на двучлен $T\left( x \right)=x-3$.
Итак, мы хотим представить многочлен $P\left( x \right)$ в виде
\[P\left( x \right)=Q\left( x \right)\cdot \left( x-3 \right)+R\left( x \right)\]
где $Q\left( x \right)$ — неполное частное. Точнее, $Q\left( x \right)$ — квадратный трёхчлен, потому что
\[\begin{align} \deg Q\left( x \right) &=\deg P\left( x \right)-\deg T\left( x \right)= \\ &=3-1=2\end{align}\]
Кроме того, степень делителя $\deg T\left( x \right)=1$, поэтому степень остатка $\deg R\left( x \right)=0$, т.е. $R\left( x \right)$ — это просто число. С учётом этих фактов многочлен $P\left( x \right)$ примет вид
\[P\left( x \right)=\left( \color{blue}{a}{{x}^{2}}+ \color{blue}{b}x+ \color{blue}{c} \right)\left( x-3 \right)+ \color{blue}{d}\]
Раскроем скобки, приведём подобные слагаемые:
\[P\left( x \right)= \color{blue}{a}{{x}^{3}}+\left( \color{blue}{b-3a} \right){{x}^{2}}+\left( \color{blue}{c-3b} \right)x+\left( \color{blue}{d-3c} \right)\]
С другой стороны, изначально тот же многочлен $P\left( x \right)$ имел вид
\[P\left( x \right)= \color{red}{1}{{x}^{3}}+\left( \color{red}{-5} \right){{x}^{2}}+ \color{red}{15}x+\left( \color{red}{-6} \right)\]
Приравниваем коэффициенты и получаем четыре равенства:
\[\begin{array}{rr} \color{blue}{a}= \color{red}{1}; & \color{blue}{c-3b}= \color{red}{15};\\ \color{blue}{b-3a}= \color{red}{-5}; & \color{blue}{d-3c}= \color{red}{-6}.\\ \end{array}\]
Это система из четырёх уравнений с четырьмя неизвестными, которая легко решается:
\[\color{blue}{a}= \color{red}{1};\ \color{blue}{b}= \color{red}{-2};\ \color{blue}{c}= \color{red}{9};\ \color{blue}{d}= \color{red}{21}\]
Подставим найденные числа в $Q\left( x \right)$ и $R\left( x \right)$:
\[\begin{align} & Q\left( x \right)={{x}^{2}}-2x+9 \\ & R\left( x \right)=21 \\\end{align}\]
Ответ: $Q\left( x \right)={{x}^{2}}-2x+9$, $R\left( x \right)=21$.
Поскольку мы делим $P\left( x \right)$ на двучлен $x-\color{red}{3}$, составим таблицу для $x=\color{red}{3}$:
\[\begin{array}{r|r|r|r|r} {} & \color{blue}{1} & \color{blue}{-5} & \color{blue}{15} & \color{blue}{-6}\\ \hline\color{red}{3} & 1 & -2 & 9 & \color{green}{21}\\ \end{array}\]
Перепишем многочлен $P\left( x \right)$ согласно этой таблице и сравним с записью для метода неопределённых коэффициентов:
\[\begin{align}P\left( x \right) &=\left( \color{red}{1}{{x}^{2}}- \color{red}{2}x+ \color{red}{9} \right)\left( x-\color{red}{3} \right)+ \color{green}{21}= \\ &=\left( \color{blue}{a}{{x}^{2}}+ \color{blue}{b}x+ \color{blue}{c} \right)\left( x- \color{red}{3} \right)+ \color{blue}{d} \end{align}\]
Получили те же числа, что и при решении «напролом».
Впрочем, такие рассуждения актуальны лишь при делении на двучлен вида $x-\color{red}{a}$. В следующем задании они нам уже не помогут.:)
Задача. При каких значениях параметров $a$ и $b$ многочлен
\[P\left( x \right)={{x}^{3}}+a{{x}^{2}}-x+b\]
делится без остатка на многочлен
\[T\left( x \right)={{x}^{2}}+2x+5\]
Решение. Если многочлен $P\left( x \right)$ делится без остатка на многочлен $T\left( x \right)$, то его можно представить в виде
\[P\left( x \right)=Q\left( x \right)\cdot T\left( x \right)\]
Здесь многочлен $Q\left( x \right)$ — это частное, и его степень равна
\[\deg Q\left( x \right)=\deg P\left( x \right)-\deg T\left( x \right)=3-2=1\]
Итак, $Q\left( x \right)$ — линейный двучлен вида $\color{blue}{c}x+\color{blue}{d}$ (коэффициенты $\color{blue}{a}$ и $\color{blue}{b}$ уже заняты в условии задачи). Выражение для $P\left( x \right)$ можно переписать так:
\[P\left( x \right)=\left( \color{blue}{c}x+ \color{blue}{d} \right)\left( {{x}^{2}}+2x+5 \right)\]
Найдём коэффициенты $\color{blue}{c}$ и $\color{blue}{d}$. Раскрываем скобки (стандартная процедура для метода неопределённых коэффициентов) и приводим подобные:
\[P\left( x \right)= \color{blue}{c}{{x}^{3}}+\left( \color{blue}{2c+d} \right){{x}^{2}}+\left( \color{blue}{5c+2d} \right)x+ \color{blue}{5d}\]
Сравниваем с коэффициентами исходного многочлена:
\[P\left( x \right)= \color{red}{1}{{x}^{3}}+ \color{red}{a}{{x}^{2}}+\left( \color{red}{-1} \right)x+ \color{red}{b}\]
Приравниваем соответствующие «красные» и «синие» коэффициенты и получаем четыре равенства:
\[\begin{array}{rr}\color{blue}{c}= \color{red}{1}; & \color{blue}{5c+2}d= \color{red}{-1};\\\color{blue}{2c+d}= \color{red}{a}; & \color{blue}{5d}= \color{red}{b}.\\\end{array}\]
Итак, у нас четыре линейных уравнения и четыре переменных. Эта система имеет только одно решение:
\[ \color{blue}{a}= \color{red}{-1};\ \color{blue}{b}= \color{red}{-15};\ \color{blue}{c}= \color{red}{1};\ \color{blue}{d}= \color{red}{-3}\]
Впрочем, нас интересуют лишь переменные $\color{blue}{a}$ и $\color{blue}{b}$.
Ответ: $a=-1$, $b=-15$.
Задача. Используя метод неопределённых коэффициентов, найдите частное $Q\left( x \right)$ и остаток $R\left( x \right)$ при делении многочлена
\[P\left( x \right)=2{{x}^{2}}+3x-3\]
на двучлен $T\left( x \right)=2x-1$.
Решение. Частное $Q\left( x \right)$ имеет степень
\[\deg Q\left( x \right)=\deg P\left( x \right)-\deg T\left( x \right)=2-1=1\]
Следовательно, $Q\left( x \right)$ — линейный двучлен вида $\color{blue}{a}x+ \color{blue}{b}$, а остаток $R\left( x \right)$ — просто число $\color{blue}{c}$. С учётом этого перепишем многочлен $P\left( x \right)$:
\[\begin{align}P\left( x \right) &=\left( ax+b \right)\left( 2x-1 \right)+c= \\ &=2a{{x}^{2}}-ax+2bx-b+c= \\ &= \color{blue}{2a}{{x}^{2}}+\left( \color{blue}{2b-a} \right)x+\left( \color{blue}{c-b} \right) \end{align}\]
Сравним с исходным видом этого же многочлена:
\[P\left( x \right)= \color{red}{2}{{x}^{2}}+\color{red}{3}x+\left( \color{red}{-3} \right)\]
Приравниваем соответствующие коэффициенты — получаем три уравнения:
\[\color{blue}{2a}=\color{red}{2};\quad\color{blue}{2b-a}=\color{red}{3};\quad\color{blue}{c-b}=\color{red}{-3}\]
Эта система легко решается:
\[\color{blue}{a}=\color{red}{1};\ \color{blue}{b}=\color{red}{2};\ \color{blue}{c}=\color{red}{-1}\]
Следовательно, неполное частное $Q\left( x \right)=x+2$ и остаток $R\left( x \right)=-1$.
Ответ: $Q\left( x \right)=x+2$, $R\left( x \right)=-1$.
Задача. Используя метод неопределённых коэффициентов, найдите частное $Q\left( x \right)$ и остаток $R\left( x \right)$ при делении многочлена
\[P\left( x \right)={{x}^{5}}-1\]
на квадратный трёхчлен $T\left( x \right)={{x}^{2}}+2x-1$.
Решение. На самом деле это несложная задача, но вычислений будет много. Запишем результат деления с остатком:
\[P\left( x \right)=Q\left( x \right)\cdot \left( {{x}^{2}}+2x-1 \right)+R\left( x \right)\]
Сразу найдём степени неполного частного и остатка:
\[\begin{align} \deg Q\left( x \right) &=\deg P\left( x \right)-\deg T\left( x \right)=5-2=3 \\ \deg R\left( x \right) & \lt \deg T\left( x \right)=2\Rightarrow \deg R\left( x \right)=1 \\ \end{align}\]
Переходим к методу неопределённых коэффициентов. Сначала запишем общий вид многочленов $Q\left( x \right)$ и $R\left( x \right)$:
\[\begin{align}Q\left( x \right) &= \color{blue}{a}{{x}^{3}}+ \color{blue}{b}{{x}^{2}}+ \color{blue}{c}x+ \color{blue}{d} \\ R\left( x \right) &= \color{blue}{k}x+ \color{blue}{l} \\ \end{align}\]
Пусть вас не пугает большое количество переменных. Это нормально для многочленов высших степеней. Подставим наши выражения в формулу для $P\left( x \right)$:
\[\begin{align}P\left( x \right) &=\left( \color{blue}{a}{{x}^{3}}+ \color{blue}{b}{{x}^{2}}+ \color{blue}{c}x+ \color{blue}{d} \right)\left( {{x}^{2}}+2x-1 \right)+ \\ &+ \color{blue}{k}x+ \color{blue}{l} \\ \end{align}\]
Раскрываем скобки. Для удобства запишем одночлены одинаковой степени в одном и том же столбце:
\[\begin{array}{rrrrrr} \color{blue}{a}{{x}^{5}} & + \color{blue}{2a}{{x}^{4}} & - \color{blue}{a}{{x}^{3}} & {} & {} & {}\\ {} & + \color{blue}{b}{{x}^{4}} & + \color{blue}{2b}{{x}^{3}} & - \color{blue}{b}{{x}^{2}} & {} & {}\\ {} & {} & + \color{blue}{c}{{x}^{3}} & + \color{blue}{2c}{{x}^{2}} & - \color{blue}{c}x & {}\\ {} & {} & {} & + \color{blue}{d}{{x}^{2}} & + \color{blue}{2d}x & - \color{blue}{d}\\ {} & {} & {} & {} & + \color{blue}{k}x & + \color{blue}{l}\\ \end{array}\]
Приводим подобные слагаемые:
\[\begin{align}P\left( x \right) &=\color{blue}{a}{{x}^{5}}+\left( \color{blue}{2a+b} \right){{x}^{4}}+\left( \color{blue}{-a+2b+c} \right){{x}^{3}}+ \\ &+\left( \color{blue}{-b+2c+d} \right){{x}^{2}}+\left( \color{blue}{-c+2d+k} \right)x+\left( \color{blue}{-d+l} \right) \\ \end{align}\]
Сравниваем эту запись с исходным многочленом:
\[P\left( x \right)= \color{red}{1}\cdot {{x}^{5}}+ \color{red}{0}\cdot {{x}^{4}}+ \color{red}{0}\cdot {{x}^{3}}+ \color{red}{0}\cdot {{x}^{2}}+ \color{red}{0}\cdot x+\left( \color{red}{-1} \right)\]
Получаем шесть уравнений, которые последовательно решаются:
\[\begin{array}{ll}\color{blue}{a}= \color{red}{1} & \color{blue}{d}=b-2c= \color{red}{-12}\\ \color{blue}{b}=-2a= \color{red}{-2} & \color{blue}{k}=c-2d= \color{red}{29}\\ \color{blue}{c}=a-2b= \color{red}{5} & \color{blue}{l}=d-1= \color{red}{-13}\\ \end{array}\]
Подставим найденные коэффициенты в выражения для $Q\left( x \right)$ и $R\left( x \right)$:
\[\begin{align}Q\left( x \right) &={{x}^{3}}-2{{x}^{2}}+5x-12 \\ R\left( x \right) &=29x-13 \\ \end{align}\]
Мы нашли неполное частное и остаток от деления. Это и есть окончательный ответ.
Ответ: $Q\left( x \right)={{x}^{3}}-2{{x}^{2}}+5x-12$, $R\left( x \right)=29x-13$.
Ещё одно приложение метода неопределённых коэффициентов — это «сворачивание» многочленов по формулам сокращённого умножения:
\[\begin{align}{{\left( a\pm b \right)}^{2}} &={{a}^{2}}\pm 2ab+{{b}^{2}} \\ {{\left( a\pm b \right)}^{3}} &={{a}^{3}}\pm 3{{a}^{2}}b+3a{{b}^{2}}\pm {{b}^{3}} \\ \end{align}\]
Здесь всё как в разложении на множители: раскрывать скобки и привести подобные легко, а вот обратный переход — по коэффициентам «угадать» формулу сокращённого умножения — операция весьма нетривиальная.
Такие «нетривиальные операции» регулярно встречаются в задачах с параметрами и при работе с корнями. Параметрам посвящён отдельный урок, а вот корни мы рассмотрим прямо сейчас.
Задача. Упростите выражение
\[\sqrt{7+4\sqrt{3}}\]
Решение. Единственное, что здесь можно упростить — это избавиться от внешнего большого корня. Для этого нужно представить подкоренное выражение в виде точного квадрата:
\[7+4\sqrt{3}={{\left( \color{blue}{a}+ \color{blue}{b}\sqrt{3} \right)}^{2}}\]
Почему именно такая конструкция возводится в квадрат? Всё просто: в исходной сумме мы видим одно слагаемое с корнем и одно слагаемое без него. Для получения такой суммы исходные слагаемые тоже должны быть разными: одно с корнем, а другое — без него.
В этом случае числа $\color{blue}{a}$ и $\color{blue}{b}$ будут либо рациональными, либо вообще целыми. И в этом вся суть метода неопределённых коэффициентов, потому что найти такие числа не составит особого труда — достаточно раскрыть скобки по формуле квадрата суммы:
\[\begin{align}{{\left( \color{blue}{a}+ \color{blue}{b}\sqrt{3} \right)}^{2}} &={\color{blue}{a}^{2}}+2\color{blue}{ab}\sqrt{3}+{{\left( \color{blue}{b}\sqrt{3} \right)}^{2}}= \\ &=\left( {\color{blue}{a}^{2}}+3{\color{blue}{b}^{2}} \right)+2\color{blue}{ab}\sqrt{3} \end{align}\]
Сравниваем полученное разложение с исходным выражением:
\[\color{red}{7}+\color{red}{4}\sqrt{3}=\left( {\color{blue}{a}^{2}}+3{\color{blue}{b}^{2}} \right)+2\color{blue}{ab}\sqrt{3}\]
Чтобы эти выражения были гарантированно равны друг другу, достаточно потребовать, чтобы слагаемые без корня совпадали. Как и слагаемые с корнем:
\[\left\{ \begin{align}{\color{blue}{a}^{2}}+3{\color{blue}{b}^{2}} &=7 \\ 2\color{blue}{ab} &=4 \end{align} \right.\]
Это нелинейная система с двумя переменными, которая легко решается методом подбора:
\[\left\{ \begin{align}{\color{blue}{a}^{2}}+3\cdot {\color{blue}{b}^{2}} &={\color{red}{2}^{2}}+3\cdot {\color{red}{1}^{2}} \\ \color{blue}{a}\cdot\color{blue}{b} &=\color{red}{2}\cdot\color{red}{1} \end{align} \right.\]
Научиться раскладывать целые числа на «правильные» слагаемые и множители — вопрос небольшой практики. Просто попробуйте — и вы поймёте, насколько это быстро и легко.
Нам остаётся лишь записать решение:
\[\color{blue}{a}=\color{red}{2};\ \color{blue}{b}=\color{red}{1}\]
Затем подставить найденные числа в исходное выражение:
\[\begin{align}\sqrt{7+4\sqrt{3}} &=\sqrt{{{\left( 2+\sqrt{3} \right)}^{2}}}= \\ &=\left| 2+\sqrt{3} \right|= \\ &=2+\sqrt{3} \end{align}\]
Ответ: $2+\sqrt{3}$.
Важное замечание. Помните, что корень не просто «сжигает» квадрат вокруг выражения — на их месте появляется модуль:
\[\sqrt{{{a}^{2}}}=\left| a \right|\]
Потому что арифметический квадратный корень — это по определению всегда неотрицательное число:
\[\begin{align}\sqrt{{{5}^{2}}} &=\left| 5 \right|=5 \\ \sqrt{{{\left( -8 \right)}^{2}}} &=\left| -8 \right|=8 \end{align}\]
Когда под модулем стоит иррациональное выражение, его знак следует проверять отдельно. Иначе даже при правильном ответе его можно счесть недостаточно обоснованным.
Если вы забыли, как проверять знаки таких выражений, вернитесь к уроку «Знаки иррациональных выражений». В двух словах: для такой проверки используются либо цепочки неравенств, либо цепочки равносильных преобразований.
В следующем задании мы отработаем оба способа.
Задача. Упростите выражение
\[\sqrt{37-5\sqrt{48}}\]
Под корнем мы видим ещё один корень: $\sqrt{48}$ — это большое число, с ним сложно работать. Поэтому прежде чем искать точный квадрат, немного упростим выражение:
\[\begin{align}\sqrt{37-5\sqrt{48}} &=\sqrt{37-5\sqrt{\color{red}{16}\cdot 3}}= \\ &=\sqrt{37-5\cdot \color{red}{4}\cdot \sqrt{3}}= \\ &=\sqrt{37-20\sqrt{3}} \end{align}\]
Теперь представляем подкоренное выражение в виде точного квадрата
\[37-20\sqrt{3}={{\left( \color{blue}{a}- \color{blue}{b}\sqrt{3} \right)}^{2}}\]
Обратите внимание: перед нами квадрат разности. Потому что в исходном подкоренном выражении элементы не складывались, а именно вычитались. Этот факт ещё даст о себе знать, когда будем выяснять знак подмодульного выражения.
Ну а пока всё просто. Сравниваем старую запись и новую:
\[\color{red}{37}-\color{red}{20}\sqrt{3}=\left( {\color{blue}{a}^{2}}+3{\color{blue}{b}^{2}} \right)-2\color{blue}{ab}\sqrt{3}\]
Получаем систему уравнений:
\[\left\{ \begin{align}{\color{blue}{a}^{2}}+3{\color{blue}{b}^{2}} &=37 \\ 2\color{blue}{ab} &=20 \end{align} \right.\]
Второе уравнение перепишем в виде $\color{blue}{ab}=10$, а затем разложим правые части равенств на «правильные» слагаемые и множители:
\[\left\{ \begin{align}{\color{blue}{a}^{2}}+3\cdot {\color{blue}{b}^{2}} &={\color{red}{5}^{2}}+3\cdot {\color{red}{2}^{2}} \\ \color{blue}{a}\cdot\color{blue}{b} &=\color{red}{5}\cdot\color{red}{2} \end{align} \right.\]
Получили красивое решение:
\[\color{blue}{a}=\color{red}{5};\ \color{blue}{b}=\color{red}{2}\]
Возвращаемся к исходному выражению и извлекаем корень:
\[\sqrt{37-20\sqrt{3}}=\sqrt{{{\left( 5-2\sqrt{3} \right)}^{2}}}=\left| 5-2\sqrt{3} \right|\]
Чтобы раскрыть модуль, нужно выяснить знак иррационального числа $5-2\sqrt{3}$. Для этого можно заметить, что $\sqrt{3} \lt 2$, поэтому
\[5-2\sqrt{3} \gt 5-2\cdot 2=1 \gt 0\]
Это и есть цепочка неравенств. Также можно напрямую сравнить число $5-2\sqrt{3}$ с нулём:
\[\begin{align}5-2\sqrt{3} &\vee 0 \\ 5 &\vee 2\sqrt{3} \\ 25 &\vee 12 \end{align}\]
Очевидно, что $25 \gt 12$, поэтому мы ещё раз убеждаемся, что исходное число положительное, и модуль раскрывается со знаком «плюс»:
\[\left| 5-2\sqrt{3} \right|=5-2\sqrt{3}\]
Ответ: $5-2\sqrt{3}$.
Но всё это были довольно простые примеры с квадратным корнем. Как насчёт корней $n$-й степени?
Задача. Упростите выражение
\[\sqrt[3]{\sqrt{10}-3}\cdot \sqrt[6]{19+6\sqrt{10}}\]
Решение. Для начала вспомним свойства корней $n$-й кратности. Их можно умножать:
\[\sqrt[n]{a}\cdot \sqrt[n]{b}=\sqrt[n]{a\cdot b}\]
А также извлекать корень из корня:
\[\sqrt[k]{\sqrt[m]{a}}=\sqrt[m\cdot k]{a}\]
В частности, второй корень из задачи можно переписать так:
\[\sqrt[6]{19+6\sqrt{10}}=\sqrt[3]{\sqrt{19+6\sqrt{10}}}\]
Чтобы избавиться от внутреннего квадратного корня, представим подкоренное выражение в виде точного квадрата. Но поскольку $\sqrt{10}=\sqrt{5}\cdot \sqrt{2}$, возможны два варианта:
\[\begin{align}19+6\sqrt{10} &={{\left( \color{blue}{a}+ \color{blue}{b}\sqrt{10} \right)}^{2}} \\ 19+6\sqrt{10} &={{\left( \color{blue}{a}\sqrt{2}+ \color{blue}{b}\sqrt{5} \right)}^{2}} \\ \end{align}\]
Однако в исходном выражении (т.е. прямо в условии задачи) есть ещё один $\sqrt{10}$, который пока никак не преобразуется и никуда не денется, поэтому целесообразно рассмотреть лишь первый вариант:
\[\begin{align} \color{red}{19}+ \color{red}{6}\sqrt{10} &={{\left( \color{blue}{a}+ \color{blue}{b}\sqrt{10} \right)}^{2}}= \\ &=\ldots =\left( {\color{blue}{a}^{2}}+10{\color{blue}{b}^{2}} \right)+ 2\color{blue}{ab}\sqrt{10} \end{align}\]
Получаем стандартную систему:
\[\left\{ \begin{align}{\color{blue}{a}^{2}}+10{\color{blue}{b}^{2}} &=19 \\ 2 \color{blue}{ab} &=6 \end{align} \right.\]
Второе уравнение равносильно $\color{blue}{ab}=3$, и всю систему можно переписать так:
\[\left\{ \begin{align}{\color{blue}{a}^{2}}+10\cdot {\color{blue}{b}^{2}} &={\color{red}{3}^{2}}+10\cdot {\color{red}{1}^{2}} \\ \color{blue}{a} \cdot\color{blue}{b} &= \color{red}{3}\cdot\color{red}{1} \end{align} \right.\]
Очевидно, что $\color{blue}{a}=\color{red}{3}$, $\color{blue}{b}=\color{red}{1}$, поэтому
\[\begin{align}\sqrt{19+6\sqrt{10}} &=\sqrt{{{\left( 3+\sqrt{10} \right)}^{2}}}= \\ &=\left| 3+\sqrt{10} \right|= \\ &=3+\sqrt{10} \end{align}\]
Возвращаемся к исходному заданию:
\[\sqrt[3]{\sqrt{10}-3}\cdot \sqrt[3]{3+\sqrt{10}}=\sqrt[3]{{{\left( \sqrt{10} \right)}^{2}}-{{3}^{2}}}=1\]
Ответ: 1.
Наконец, рассмотрим задание, где требуется выделить куб суммы и куб разности. Как вы понимаете, это задание совершенно другого уровня сложности.:)
Задача. Упростите выражение
\[\sqrt[3]{10+6\sqrt{3}}+\sqrt[3]{10-6\sqrt{3}}\]
Чтобы «красиво» извлечь корень третьей степени, нужно представить подкоренное выражение в виде точного куба. Начнём с суммы:
\[\begin{align}\color{red}{10}+ \color{red}{6}\sqrt{3} &={{\left( \color{blue}{a}+ \color{blue}{b}\sqrt{3} \right)}^{3}}= \\ &={\color{blue}{a}^{3}}+3{\color{blue}{a}^{2}} \color{blue}{b}\sqrt{3}+3\color{blue}{a}{\color{blue}{b}^{2}}\cdot 3+{\color{blue}{b}^{3}}\cdot 3\sqrt{3}= \\ &=\left( {\color{blue}{a}^{3}}+9\color{blue}{a}{\color{blue}{b}^{2}} \right)+\left( 3{\color{blue}{a}^{2}}\color{blue}{b}+3{\color{blue}{b}^{3}} \right)\sqrt{3} \end{align}\]
Получаем систему с двумя неизвестными:
\[\left\{ \begin{align}{\color{blue}{a}^{2}}+9\color{blue}{a}{\color{blue}{b}^{2}} &=10 \\ 3{\color{blue}{a}^{2}}\color{blue}{b}+3{\color{blue}{b}^{3}} &=6 \end{align} \right.\]
Методом подбора находим решение: $\color{blue}{a}=\color{red}{1}$, $\color{blue}{b}=\color{red}{1}$. Несмотря на грозный внешний вид, такие системы часто легко решаются простым перебором с проверкой:
\[{{\left( 1+1\cdot \sqrt{3} \right)}^{3}}=1+3\sqrt{3}+9+3\sqrt{3}=10+6\sqrt{3}\]
Возвращаемся к исходному выражению:
\[\begin{align}& \sqrt[3]{10+6\sqrt{3}}+\sqrt[3]{10-6\sqrt{3}}= \\ = &\sqrt[3]{\left( 1+\sqrt{3} \right)}+\sqrt[3]{\left( 1-\sqrt{3} \right)}= \\ = & 1+\sqrt{3}+1-\sqrt{3}=2 \\ \end{align}\]
Ответ: 2.
Последний приём, который мы рассмотрим в этом уроке — избавление от иррациональностей в знаменателе с помощью неопределённых коэффициентов.
Из курса алгебры мы помним, как избавлять от простых иррациональностей. Например, домножение на квадратный корень:
\[\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{1\cdot\color{red}{\sqrt{2}}}{\sqrt{2}\cdot\color{red}{\sqrt{2}}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\]
Или домножение на сопряжённое:
\[\frac{1}{\sqrt{3}-1}=\frac{1\cdot \left( \color{red}{\sqrt{3}+1} \right)}{\left( \sqrt{3}-1 \right)\cdot \left( \color{red}{\sqrt{3}+1} \right)}=\frac{\sqrt{3}+1}{2}\]
Но всё это касается лишь самых простых корней — квадратных. Уже в случае с кубическими корнями такой фокус не пройдёт. Тут-то на помощь к нам и приходят коэффициенты-переменные.
Задача. Избавьтесь от иррациональности в знаменателе:
\[\frac{10}{1+\sqrt[3]{9}}\]
Поскольку это иррациональное число, то никакие преобразования не избавят нас от корней полностью.
Заметим, что $\sqrt[3]{9}=\sqrt[3]{3}\cdot \sqrt[3]{3}$. Попробуем возвести число $\sqrt[3]{3}$ в разные степени:
\[\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c}n & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6\\ \hline{{\left( \sqrt[3]{3} \right)}^{n}} & \sqrt[3]{3} & \sqrt[3]{9} & 3 & 3\sqrt[3]{3} & 3\sqrt[3]{9} & 9\\ \end{array}\]
Итак, все степени числа $\sqrt[3]{3}$ можно разделить на три типа:
Логично предположить (и это можно доказать), что результат деления на $1+\sqrt[3]{9}$ можно представить в виде комбинации слагаемых этих трёх типов:
\[\frac{10}{1+\sqrt[3]{9}}=\color{blue}{a}+ \color{blue}{b}\sqrt[3]{3}+ \color{blue}{c}\sqrt[3]{9}\]
Однако нам неизвестны коэффициенты $\color{blue}{a}$, $\color{blue}{b}$ и $\color{blue}{c}$. Найти их — в этом и состоит суть задачи.:)
И тут к делу подключается метод неопределённых коэффициентов. Преобразуем уравнение так, чтобы найти эти коэффициенты. Для начала умножим обе части на $1+\sqrt[3]{9}$:
\[10=\left( 1+\sqrt[3]{9} \right)\left( \color{blue}{a}+ \color{blue}{b}\sqrt[3]{3}+ \color{blue}{c}\sqrt[3]{9} \right)\]
Раскрываем скобки:
\[\color{blue}{a}+ \color{blue}{b}\sqrt[3]{3}+ \color{blue}{c}\sqrt[3]{9}+ \color{blue}{a}\sqrt[3]{9}+ 3\color{blue}{b}+ 3\color{blue}{c}\sqrt[3]{3}=10\]
Группируем слагаемые относительно одинаковых корней:
\[\begin{align}& \left( \color{blue}{a}+ 3\color{blue}{b} \right)+\left( \color{blue}{b}+ 3\color{blue}{c} \right)\sqrt[3]{3}+\left( \color{blue}{a} + \color{blue}{c} \right)\sqrt[3]{9}= \\ = &\color{red}{10}+ \color{red}{0}\cdot \sqrt[3]{3}+ \color{red}{0}\cdot \sqrt[3]{9} \\ \end{align}\]
Выше мы предположили, что все коэффициенты $\color{blue}{a}$, $\color{blue}{b}$, $\color{blue}{c}$ — целые (в крайнем случае рациональные). Следовательно, множители при корнях $\sqrt[3]{3}$ и $\sqrt[3]{9}$ должны быть равны нулю (иначе число слева будет иррациональным):
\[\begin{align}\color{blue}{b}+ 3\color{blue}{c} &= \color{red}{0} \\ \color{blue}{a}+ \color{blue}{c} &= \color{red}{0} \end{align}\]
С учётом этих двух условий само уравнение примет вид
\[\color{blue}{a}+ 3\color{blue}{b}= \color{red}{10}\]
Получили систему из трёх уравнений с тремя неизвестными:
\[\left\{ \begin{align}\color{blue}{a}+ 3\color{blue}{b} &= \color{red}{10} \\ \color{blue}{b}+ 3\color{blue}{c} &= \color{red}{0} \\ \color{blue}{a}+ \color{blue}{c} &= \color{red}{0} \end{align} \right.\]
Все уравнения линейные, система решается элементарно. Решением будут числа $\color{blue}{a}= \color{red}{1}$, $\color{blue}{b}= \color{red}{3}$, $\color{blue}{c}= \color{red}{-1}$, поэтому исходное выражение можно переписать так:
\[\frac{10}{1+\sqrt[3]{9}}= \color{red}{1}+ \color{red}{3}\cdot \sqrt[3]{3}- \color{red}{1}\cdot \sqrt[3]{9}\]
Ответ: $1+3\sqrt[3]{3}-\sqrt[3]{9}$.
Важное замечание. Чтобы избавиться от иррациональности конкретно в этой задаче, достаточно было домножить числитель и знаменатель дроби на недостающую часть куба суммы:
\[\begin{align} \frac{10}{1+\sqrt[3]{9}} &=\frac{10\cdot \left( \color{red}{1-\sqrt[3]{9}+\sqrt[3]{{{9}^{2}}}} \right)}{\left( 1+\sqrt[3]{9} \right)\left( \color{red}{1-\sqrt[3]{9}+\sqrt[3]{{{9}^{2}}}} \right)}= \\ &=\ldots =1+3\sqrt[3]{3}-\sqrt[3]{9} \end{align}\]
Однако такой подход не работает, когда в знаменателе стоит конструкция вида $\color{blue}{a}+ \color{blue}{b}\sqrt[3]{3}+ \color{blue}{c}\sqrt[3]{9}$. А метод неопределённых коэффициентов работает всегда.:)
Попробуем решить ещё одну задачу такого же типа.
Задача. Избавьтесь от иррациональности в знаменателе:
\[\frac{46}{2-3\sqrt[3]{2}}\]
Решение. Найдём несколько степеней числа $\sqrt[3]{2}$:
\[\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c}n & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6\\ \hline{{\left( \sqrt[3]{2} \right)}^{n}} & \sqrt[3]{2} & \sqrt[3]{4} & 2 & 2\sqrt[3]{2} & 2\sqrt[3]{4} & 4\\ \end{array}\]
На будущее: для корня $n$-й степени достаточно рассмотреть первые $n$ степеней. В нашем случае достаточно было выписать $\sqrt[3]{2}$, $\sqrt[3]{4}$ и $\sqrt[3]{8}=2$ — новых иррациональных чисел мы уже не получим.
Итак, решаем задачу методом неопределённых коэффициентов. Попробуем подобрать целые (или рациональные) числа $\color{blue}{a}$, $\color{blue}{b}$, $\color{blue}{c}$ такие, что
\[\frac{46}{2-3\sqrt[3]{2}}= \color{blue}{a}+ \color{blue}{b}\sqrt[3]{2}+ \color{blue}{c}\sqrt[3]{4}\]
Умножаем обе части уравнения на $2-3\sqrt[3]{2}$:
\[\left( 2-3\sqrt[3]{2} \right)\left( \color{blue}{a}+ \color{blue}{b}\sqrt[3]{2}+ \color{blue}{c}\sqrt[3]{4} \right)=46\]
Раскрываем скобки, приводим подобные:
\[\begin{align}2\color{blue}{a}+ 2\color{blue}{b}\sqrt[3]{2}+ 2\color{blue}{c}\sqrt[3]{4} -3\color{blue}{a}\sqrt[3]{2} -3\color{blue}{b}\sqrt[3]{4} -6\color{blue}{c} &= \color{red}{46} \\ \left( 2\color{blue}{a}- 6\color{blue}{c} \right)+\left( 2\color{blue}{b}- 3\color{blue}{a} \right)\sqrt[3]{2}+\left( 2\color{blue}{c}- 3\color{blue}{b} \right)\sqrt[3]{4} &= \color{red}{46}\end{align}\]
Это равенство верно при соблюдении трёх условий:
\[\left\{ \begin{align}2\color{blue}{a}- 6\color{blue}{c} &= \color{red}{46} \\ 2\color{blue}{b}- 3\color{blue}{a} &=\color{red}{0} \\ 2\color{blue}{c}- 3\color{blue}{b} &=\color{red}{0} \\ \end{align} \right.\]
Это система из трёх линейных уравнений с тремя неизвестными. Её решение:
\[\color{blue}{a}= \color{red}{-4};\ \color{blue}{b}= \color{red}{-6};\ \color{blue}{c}= \color{red}{-9}\]
Следовательно, исходное выражение можно переписать так:
\[\frac{46}{2-3\sqrt[3]{2}}= \color{red}{-4-6}\cdot \sqrt[3]{2} \color{red}{-9}\cdot \sqrt[3]{4}\]
Ответ: $-4-6\sqrt[3]{2}-9\sqrt[3]{4}$.
Важное замечание. Здесь тоже можно «составить» куб суммы в знаменателе:
\[\begin{align}\frac{46}{2-3\sqrt[3]{2}} &=\frac{46\cdot \left( \color{red}{{{2}^{2}}+2\cdot 3\sqrt[3]{2}+9\sqrt[3]{4}} \right)}{{{2}^{3}}-{{\left( 3\sqrt[3]{2} \right)}^{3}}} \\ &= \ldots =-4-6\sqrt[3]{2}-9\sqrt[3]{4} \end{align}\]
Почему не использовать этот приём всегда? Потому что в следующей задаче он уже не сработает. Там помогут только неопределённые коэффициенты и решение системы уравнений.
Это задание чуть сложнее, потому что здесь не помогут формулы сокращённого умножения. Да и сами вычисления будут чуть сложнее, чем в предыдущих задачах.
Задача. Избавьтесь от иррациональности в знаменателе:
\[\frac{2}{1+\sqrt[3]{3}-\sqrt[3]{9}}\]
Мы уже встречались с числами $\sqrt[3]{3}$ и $\sqrt[3]{9}$, поэтому знаем, что исходное выражение можно представить в виде
\[\frac{2}{1+\sqrt[3]{3}-\sqrt[3]{9}}= \color{blue}{a}+ \color{blue}{b}\sqrt[3]{3}+ \color{blue}{c}\sqrt[3]{9}\]
Преобразуем выражение, избавившись от дроби:
\[\left( \color{blue}{a}+ \color{blue}{b}\sqrt[3]{3}+ \color{blue}{c}\sqrt[3]{9} \right)\cdot \left( 1+\sqrt[3]{3}-\sqrt[3]{9} \right)= \color{red}{2}\]
Раскроем скобки, приведём подобные:
\[\begin{align}\left( \color{blue}{a}- 3\color{blue}{b}+ 3\color{blue}{c} \right) &+\left( \color{blue}{a}+ \color{blue}{b} -3\color{blue}{c} \right)\sqrt[3]{3}+ \\ &+\left( -\color{blue}{a}+ \color{blue}{b}+ \color{blue}{c} \right)\sqrt[3]{9}= \color{red}{2} \\ \end{align}\]
Это равенство возможно при соблюдении трёх условий:
\[\left\{ \begin{align}\color{blue}{a}- 3\color{blue}{b}+ 3\color{blue}{c} &= \color{red}{2} \\ \color{blue}{a}+ \color{blue}{b}- 3\color{blue}{c} &= \color{red}{0} \\ -\color{blue}{a}+ \color{blue}{b}+ \color{blue}{c} &= \color{red}{0} \end{align} \right.\]
Три линейных уравнения, три переменных. Всё решается легко:
\[\color{blue}{a}= \color{red}{2};\ \color{blue}{b}= \color{red}{1};\ \color{blue}{c}= \color{red}{1}\]
Следовательно, исходное выражение перепишется так:
\[\frac{2}{1+ \sqrt[3]{3}- \sqrt[3]{9}}= \color{red}{2}+ \color{red}{1}\cdot \sqrt[3]{3}+ \color{red}{1}\cdot \sqrt[3]{9}\]
Ответ: $2+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{9}$.
Как видите, никакие кубы суммы здесь уже не помогут.:)
В этом уроке мы рассмотрели пять типов задач, которые можно решить методом неопределённых коэффициентов. У внимательного читателя наверняка возник вопрос: зачем вообще нужен этот метод, когда многие из этих задач можно решить проще и быстрее с помощью отдельных специальных приёмов?
В самом деле:
Так зачем же нужен метод неопределённых коэффициентов? Всё дело в тех самых оговорках: «при условии», «только если не тяжёлый случай» и т.д.
Основная сила этого метода — в его универсальности. Да, считать придётся чуть больше, чем при использовании более специализированных приёмов. И да: целочисленный перебор не всегда приводит нас к успеху.
Но перед нами прежде всего универсальный алгоритм. Который точно работает — всегда, везде, без всяких оговорок. И если задача не решается методом неопределённых коэффициентов, то «специализированные» приёмы тем более не помогут.
Более того: область применения этого метода намного шире. Например, мы не рассмотрели разложение рациональных дробей в простейшие, а это очень важный приём, например, в интегрировании — и ему тоже нет альтернативы.
Поэтому берите на вооружение всё, что вы сегодня узнали, практикуйтесь — и да прибудут с вами решённые задачи, олимпиады и университетские зачёты и экзамены.:)
