Теорема Безу позволяет решать уравнения высших степеней, которые на первый взгляд не решаются, и раскладывать на множители многочлены, которые не раскладываются.:)
Формулировка теоремы довольно проста:
Терема Безу. Остаток от деления многочлена
\[P\left( x \right)={{a}_{n}}{{x}^{n}}+{{a}_{n-1}}{{x}^{n-1}}+\ldots +{{a}_{1}}x+{{a}_{0}}\]
на двучлен $x- \color{red}{a}$ равен значению этого многочлена в точке $x= \color{red}{a}$:
\[r=P\left( \color{red}{a} \right)\]
На практике нас интересует не сама теорема Безу, а некоторые следствия из неё — именно они помогают решать уравнения и раскладывать многочлены на множители. В этом уроке мы рассмотрим все такие следствия и станем настоящими мастерами в работе с многочленами.
Содержание
В разных учебниках теорему Безу проходят то в 9-м классе, то в 10-м. Этот урок построен так, что вы поймёте его вне зависимости от школы, класса и учебника.
Итак, есть многочлен $P\left( x \right)$ и двучлен $x- \color{red}{a}$. Разделим $P\left( x \right)$ на $x- \color{red}{a}$ с остатком:
\[P\left( x \right)=Q\left( x \right)\cdot \left( x- \color{red}{a} \right)+r\]
Теперь найдём значение многочлена $P\left( x \right)$ в точке $x= \color{red}{a}$:
\[P\left( \color{red}{a} \right)=Q\left( \color{red}{a} \right)\cdot \left( \color{red}{a}- \color{red}{a} \right)+r=r\]
Собственно, мы только что доказали теорему Безу. А заодно подготовили основу для первого важного следствия.
Теорема Безу прекрасно работает не только для двучлена $x-\color{red}{a}$, но и для любого линейного выражения вида $\color{blue}{k}x+\color{red}{b}$.
Следствие 1. Остаток от деления многочлена
\[P\left( x \right)={{a}_{n}}{{x}^{n}}+{{a}_{n-1}}{{x}^{n-1}}+\ldots +{{a}_{1}}x+{{a}_{0}}\]
на двучлен $\color{blue}{k}x+\color{red}{b}$ равен значению этого многочлена в точке $x=-\color{red}{b}/ \color{blue}{k}\;$:
\[r=P\left( -\frac{\color{red}{b}}{\color{blue}{k}} \right)\]
На практике для большей надёжности рекомендуется приравнять двучлен $\color{blue}{k}x+\color{red}{b}$ к нулю:
\[\begin{align} \color{blue}{k}x+\color{red}{b} &=0 \\ x &=-\frac{\color{red}{b}}{\color{blue}{k}} \\ \end{align}\]
Затем подставить найденное значение $x=-{\color{red}{b}}/{\color{blue}{k}}\;$ в многочлен $P\left( x \right)$ и таким образом найти $P\left( -{\color{red}{b}}/{\color{blue}{k}}\; \right)$:
\[r=P\left( -\frac{\color{red}{b}}{\color{blue}{k}} \right)\]
Не выполняя деления, найдите остаток от деления многочлена
\[P\left( x \right)=4{{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+5x-6\]
на двучлен $T\left( x \right)=x-2$.
Решение. Это стандартный двучлен вида $x-\color{red}{a}$, поэтому решаем по стандартной теореме Безу, согласно которой остаток от деления многочлена $P\left( x \right)$ на двучлен $x-\color{red}{2}$ равен $P\left( \color{red}{2} \right)$:
\[\begin{align}r &=P\left( \color{red}{2} \right)= \\ &=4\cdot {\color{red}{2}^{3}}-3\cdot {\color{red}{2}^{2}}+5\cdot\color{red}{2}-6 \\ &=32-12+10-6=24 \end{align}\]
Ответ: 24.
Не выполняя деления, найдите остаток от деления многочлена
\[P\left( x \right)={{\left( {{x}^{3}}-2{{x}^{2}}+5 \right)}^{3}}{{\left( 2x+1 \right)}^{5}}\]
на двучлен $T\left( x \right)=x+1$.
Решение. Многочлен $P\left( x \right)$ представлен в виде произведения двух других многочленов, которые ещё и возведены в степени. Если раскрыть скобки и привести подобные слагаемые, получится обычный многочлен вида
\[P\left( x \right)={{a}_{n}}{{x}^{n}}+{{a}_{n-1}}{{x}^{n-1}}+\ldots +{{a}_{1}}x+{{a}_{0}}\]
По свойствам степеней найдём степень такого многочлена:
\[\deg P\left( x \right)=3\cdot 3+1\cdot 5=14\]
Раскрывать скобки и приводить подобные в многочлене 14-й степени долго и трудно, а главное — в этом нет никакой необходимости. Ведь по теореме Безу остаток от деления $P\left( x \right)$ на двучлен $x-\color{red}{a}$ всегда равен $P\left( \color{red}{a} \right)$ — и не важно, как записан исходный многочлен $P\left( x \right)$.
Для надёжности, чтобы найти $\color{red}{a}$, приравняем к нулю двучлен $T\left( x \right)=x+1$:
\[\begin{align}x+1 &=0 \\ x &=\color{red}{-1} \\ \end{align}\]
Теперь подставим $x=\color{red}{-1}$ в многочлен $P\left( x \right)$ и найдём остаток:
\[\begin{align}r &=P\left( \color{red}{-1} \right)= \\ &={{\left( {{\left( \color{red}{-1} \right)}^{3}}-2\cdot {{\left( \color{red}{-1} \right)}^{2}}+5 \right)}^{3}}\cdot {{\left( 2\cdot \left( \color{red}{-1} \right)+1 \right)}^{5}}= \\ &={{\left( -1-2+5 \right)}^{3}}\cdot {{\left( -2+1 \right)}^{5}}=-8 \end{align}\]
Ответ: −8.
Не выполняя деления, найдите остаток от деления многочлена
\[P\left( x \right)=3{{x}^{20}}+{{x}^{19}}-7x+1\]
на двучлен $T\left( x \right)=3x+1$.
Решение. Воспользуемся Следствием 1 из теоремы Безу. Для надёжности приравняем к нулю двучлен $T\left( x \right)$ и найдём $\color{red}{a}$:
\[\begin{align}3x+1 &=0 \\ x &=\color{red}{-{1}/{3}\;} \end{align}\]
Подставим найденное $x=\color{red}{-{1}/{3}\;}$ в многочлен $P\left( x \right)$ и найдём остаток:
\[\begin{align} P\left( \color{red}{-\frac{1}{3}} \right) &=3\cdot {{\left( \color{red}{-\frac{1}{3}} \right)}^{20}}+{{\left( \color{red}{-\frac{1}{3}} \right)}^{19}}-7\cdot \left( \color{red}{-\frac{1}{3}} \right)+1= \\ &=\frac{1}{{{3}^{19}}}-\frac{1}{{{3}^{19}}}+\frac{7}{3}+1=\frac{10}{3} \end{align}\]
Ответ: ${10}/{3}\;$.
Не выполняя деления, найдите остаток от деления многочлена
\[P\left( x \right)={{x}^{6}}-12{{x}^{4}}+48{{x}^{2}}+64\]
на двучлен $T\left( x \right)=\left( 1-\sqrt{3} \right)x+2$.
Решение. Вновь воспользуемся Следствием 1 из теоремы Безу. Приравняем двучлен $T\left( x \right)$ к нулю и найдём $\color{red}{a}$:
\[\left( 1-\sqrt{3} \right)x+2=0\]
Это линейное уравнение с иррациональными коэффициентами. Такое уравнение решается стандартно (см. урок «Линейные уравнения»):
\[x=-\frac{2}{1-\sqrt{3}}=\frac{2}{\sqrt{3}-1}\]
Избавимся от иррациональности в знаменателе, домножив числитель и знаменатель на сопряжённое:
\[x=\frac{2\color{blue}{\left( \sqrt{3}+1 \right)}}{\left( \sqrt{3}-1 \right) \color{blue}{\left( \sqrt{3}+1 \right)}}=\frac{2\left( \sqrt{3}+1 \right)}{2}= \color{red}{\sqrt{3}+1}\]
Степень исходного многочлена: $\deg P\left( x \right)=6$. Если подставить в такой многочлен иррациональное число, то это число придётся возводить в шестую степень. Это слишком долго и трудно, поэтому перепишем многочлен $P\left( x \right)$ так:
\[\begin{align} P\left( x \right) &=\left( {{x}^{6}}-12{{x}^{4}}+48{{x}^{2}}-64 \right)+128= \\ &={{\left( {{x}^{2}}-4 \right)}^{3}}+128 \end{align}\]
Мы выделили точный куб разности — классическую формулу сокращённого умножения. Как это работает — см. уроки «Формулы сокращённого умножения» и «Куб суммы и разности».
В такую формулу намного проще подставить $x=\color{red}{\sqrt{3}+1}$:
\[\begin{align}P\left( \color{red}{\sqrt{3}+1} \right) &={{\left( {{\left( \color{red}{\sqrt{3}+1} \right)}^{2}}-4 \right)}^{3}}+128= \\ &={{\left( {{\left( \sqrt{3} \right)}^{2}}+2\sqrt{3}+{{1}^{2}}-4 \right)}^{3}}+128= \\ &={{\left( 2\sqrt{3} \right)}^{3}}+128= \\ &=24\sqrt{3}+128 \end{align}\]
Ответ получился некрасивым, но это и есть искомый остаток от деления.
Ответ: $24\sqrt{3}+128$.
Сейчас будет немного теории, которая может показаться непонятной, но далее на примерах всё встанет на свои места.
Рассмотрим ещё раз деление многочлена $P\left( x \right)$ на двучлен $x-\color{red}{a}$ с остатком:
\[P\left( x \right)=Q\left( x \right)\cdot \left( x-\color{red}{a} \right)+r\]
По теореме Безу мы легко найдём остаток $r=P\left( \color{red}{a} \right)$. В частности, при $P\left( \color{red}{a} \right)=0$ многочлен примет вид
\[P\left( x \right)=Q\left( x \right)\cdot \left( x-\color{red}{a} \right)\]
А это значит, что многочлен $P\left( x \right)$ разделился на двучлен $x-\color{red}{a}$ без остатка, и мы получили разложение на множители.
Кроме того, равенство $P\left( \color{red}{a} \right)=0$ означает, что число $x=\color{red}{a}$ — корень многочлена $P\left( x \right)$. И это ещё одно замечательное следствие теоремы Безу.
Следствие 2. Число $x=\color{red}{a}$ является корнем многочлена $P\left( x \right)$ тогда и только тогда, когда $P\left( x \right)$ делится без остатка на $\left( x-\color{red}{a} \right)$.
На практике это означает, что для разложения многочлена на множители мы просто перебираем разные числа $x=\color{red}{a}$ до тех пор, пока не окажется, что $P\left( \color{red}{a} \right)=0$. В этот момент многочлен перепишется в виде
\[P\left( x \right)=Q\left( x \right)\cdot \left( x-\color{red}{a} \right)\]
Такой перебор особенно эффективен в сочетании со схемой Горнера (см. урок «Схема Горнера»). Потому что параллельно с вычислением $P\left( \color{red}{a} \right)$ мы получаем ещё и коэффициенты нового многочлена $Q\left( x \right)$.
Разложите на множители многочлен
\[P\left( x \right)={{x}^{4}}+3{{x}^{3}}-3{{x}^{2}}-11x-6\]
Решение. Для наглядности отметим синим цветом коэффициенты многочлена $P\left( x \right)$:
\[P\left( x \right)= \color{blue}{1}\cdot {{x}^{4}}+\color{blue}{3}\cdot {{x}^{3}}+\left( \color{blue}{-3} \right)\cdot {{x}^{2}}+\left( \color{blue}{-11} \right)\cdot x+\left( \color{blue}{-6} \right)\]
Составим из них таблицу для схемы Горнера:
\[\begin{array}{r|r|r|r|r|r} {} & \color{blue}{1} & \color{blue}{3} & \color{blue}{-3} & \color{blue}{-11} & \color{blue}{-6}\\ \hline{} & {} & {} & {} & {} & {}\\ \end{array}\]
Все коэффициенты целые, поэтому логично проверять целые $x=\color{red}{a}$, начиная с самых простых и маленьких чисел:
\[x=\pm 1;\ \pm 2;\ \pm 3;\ \ldots \]
Проверим $x=\color{red}{1}$ и $x=\color{red}{-1}$:
\[\begin{array}{r|r|r|r|r|r}{} & \color{blue}{1} & \color{blue}{3} & \color{blue}{-3} & \color{blue}{-11} & \color{blue}{-6}\\ \hline \color{red}{1} & 1 & 4 & 1 & -10 & \color{red}{-16}\\ \hline \color{red}{-1} & 1 & 2 & -5 & -6 & \color{green}{0}\\ \end{array}\]
Проверка числа $x=\color{red}{1}$ окончилась неудачей: остаток $r=\color{red}{-16}$. Зато проверка $x=\color{red}{-1}$ дала остаток $r=\color{green}{0}$. Следовательно, $x=\color{red}{-1}$ является корнем многочлена $P\left( x \right)$, и сам многочлен можно переписать так:
\[\begin{align}P\left( x \right) &=Q\left( x \right)\cdot \left( x-\left( \color{red}{-1} \right) \right) \\ &=\left( {{x}^{3}}+2{{x}^{2}}-5x-6 \right)\left( x+1 \right) \end{align}\]
Теперь разложим многочлен $Q\left( x \right)$ по схеме Горнера. Проверим ещё раз число $x=\color{red}{-1}$:
\[\begin{array}{r|r|r|r|r|r}{} & 1 & 3 & -3 & -11 & -6\\ \hline \color{red}{-1} & \color{blue}{1} & \color{blue}{2} & \color{blue}{-5} & \color{blue}{-6} & \color{green}{0}\\ \hline \color{red}{-1} & 1 & 1 & -6 & \color{green}{0} & {}\\ \end{array}\]
И вновь получили $r=\color{green}{0}$. Исходный многочлен примет вид
\[P\left( x \right)=\left( {{x}^{2}}+x-6 \right){{\left( x-1 \right)}^{2}}\]
В первой скобке стоит квадратный трёхчлен. Разложим его на множители по теореме Виета:
\[{{x}^{2}}+x-6=\left( x+3 \right)\left( x-2 \right)\]
Итого окончательное разложение многочлена $P\left( x \right)$:
\[\left( x+3 \right)\left( x-2 \right){{\left( x-1 \right)}^{2}}\]
Однако это было довольно простое задание: теорема Безу использовалась лишь в качестве обоснования, почему вместо $P\left( x \right)$ мы пишем $Q\left( x \right)\left( x-\color{red}{a} \right)$.
Следующее задание будет намного интереснее.:)
Разложите на множители многочлен
\[P\left( x,y \right)=y{{x}^{2}}+3yx+x-4y-1\]
Решение. Это многочлен от двух переменных. Он квадратный относительно переменной $x$ и линейный относительно $y$. Чтобы разложить такой многочлен на множители, сгруппируем его слагаемые относительно переменной $x$:
\[P\left( x,y \right)= \color{blue}{y}\cdot {{x}^{2}}+\left( \color{blue}{3y+1} \right)\cdot x+\left( \color{blue}{-4y-1} \right)\]
Составляем таблицу:
\[\begin{array}{c|c|c|c}{} & \color{blue}{y} & \color{blue}{3y+1} & \color{blue}{-4y-1}\\ \hline {} & {} & {} & {}\\ \end{array}\]
Чтобы воспользоваться теоремой Безу, нужно найти такое $x=\color{red}{a}$, чтобы $r=P\left( \color{red}{a} \right)= \color{green}{0}$. Поскольку в роли коэффициентов выступают выражения, содержащие переменную $y$, вновь рассмотрим самые простые варианты, которые приходят в голову:
\[x=\pm 1;\ \pm y\]
Проверим, например, $x=\color{red}{1}$:
\[\begin{array}{c|c|c|c}{} & \color{blue}{y} & \color{blue}{3y+1} & \color{blue}{-4y-1}\\ \hline \color{red}{1} & y & 4y+1 & \color{green}{0}\\ \end{array}\]
Первая же попытка привела к успеху: $r=\color{green}{0}$, поэтому $x=\color{red}{1}$ — крень многочлена $P\left( x,y \right)$. Разложим этот многочлен на множители согласно Следствию 2 теоремы Безу:
\[P\left( x,y \right)=\left( y\cdot x+4y+1 \right)\cdot \left( x-\color{red}{1} \right)\]
В первой скобке стоит новый многочлен, линейный по $x$ и по $y$. Его уже нельзя разложить на множители, поэтому ответ окончательный:
\[P\left( x,y \right)=\left( xy+4y+1 \right)\left( x-1 \right)\]
Важное замечание. Строго говоря, линейность многочлена по каждой переменной ещё не означает, что его нельзя разложить на множители. Простой контрпример:
\[xy-x+y-1=\left( x+1 \right)\left( y-1 \right)\]
Однако в нашем случае дальнейшее применение теоремы Безу и проверки по схеме Горнера не даст никаких новых множителей.
До сих пор мы подставляли числа наугад. И если удавалось найти число $x=\color{red}{a}$ такое, что $P\left( \color{red}{a} \right)=0$, мы объявляли его корнем, а многочлен $P\left( x \right)$ переписывали в виде
\[P\left( x \right)=Q\left( x \right)\cdot \left( x-\color{red}{a} \right)\]
Однако с помощью теоремы Безу можно значительно ускорить отыскание корней, отбросив заведомо неподходящие варианты. В этом нам поможет следующее утверждение.
Пусть $P\left( x \right)$ — приведённый многочлен с целыми коэффициентами:
\[P\left( x \right)={{x}^{n}}+{{a}_{n-1}}{{x}^{n-1}}+\ldots +{{a}_{1}}x+{{a}_{0}}\]
Тогда свободный член ${{a}_{0}}$ делится на любой целый корень многочлена $P\left( x \right)$.
Обратите внимание: старший коэффициент при ${{x}^{n}}$ равен единице. Именно поэтому многочлен $P\left( x \right)$ называется приведённым. Кроме того, все коэффициенты ${{a}_{n-1}},\ldots ,{{a}_{0}}$ должны быть целыми числами.
И вот тогда целые корни следует искать среди делителей свободного члена ${{a}_{0}}$.
Решите уравнение
\[{{x}^{3}}-2{{x}^{2}}-x+2=0\]
Решение. Это приведённое кубическое уравнение с целыми коэффициентами. Рассмотрим многочлен
\[P\left( x \right)= \color{blue}{1}\cdot {{x}^{3}}+\left( \color{blue}{-2} \right)\cdot {{x}^{2}}+\left( \color{blue}{-1} \right)\cdot x+\color{blue}{2}\]
Если у него есть целые корни, то по Следствию 3 теоремы Безу все они находятся среди делителей свободного члена ${{a}_{0}}=2$. Таких делителей всего четыре:
\[x=\pm 1;\ \pm 2\]
Подставим эти числа в схему Горнера:
\[\begin{array}{r|r|r|r|r}{} & \color{blue}{1} & \color{blue}{-2} & \color{blue}{-1} & \color{blue}{2}\\ \hline \color{red}{1} & 1 & -1 & -2 & \color{green}{0}\\ \hline \color{red}{-1} & 1 & -2 & \color{green}{0} & {}\\ \end{array}\]
Уже на первом шаге мы получили $r=\color{green}{0}$. Следовательно, $x=\color{red}{1}$ — корень многочлена $P\left( x \right)$, и сам многочлен можно переписать так:
\[P\left( x \right)=\left( {{x}^{2}}-x-2 \right)\left( x-\color{red}{1} \right)\]
Впрочем, если учесть третью строку таблицы, то можно вообще записать
\[P\left( x \right)=\left( x-2 \right)\left( x-\left( \color{red}{-1} \right) \right)\left( x-\color{red}{1} \right)\]
В любом случае, корни многочлена, как и корни уравнения — это числа 2, 1 и −1.
Ответ: $x=1$, $x=-1$, $x=2$.
Итак, с помощью теоремы Безу мы можем:
В самом деле, если $P\left( \color{red}{a} \right)=0$, тогда по Следствию 2 теоремы Безу мы переписываем многочлен $P\left( x \right)$ в виде
\[P\left( x \right)=Q\left( x \right)\left( x-\color{red}{a} \right)\]
Далее мы ищем корни многочлена $Q\left( x \right)$, степень которого на единицу меньше $P\left( x \right)$.
Этот приём называется понижением степени. Он помогает свести исходный многочлен к квадратному, корни которого легко считаются, например, через дискриминант.
Решите уравнение
\[{{x}^{3}}-3{{x}^{2}}-4x+12=0\]
Решение. Это уравнение третьей степени. Достаточно найти один корень — далее останется решить квадратное уравнение. Заметим, что многочлен
\[P\left( x \right)= \color{blue}{1}\cdot {{x}^{3}}+\left( \color{blue}{-3} \right)\cdot {{x}^{2}}+\left( \color{blue}{-4} \right)\cdot x+\color{blue}{12}\]
является приведённым с целочисленными коэффициентами. По Следствию 3 теоремы Безу все целые корни этого многочлена содержатся среди делителей свободного члена ${{a}_{0}}=12$. Таких делителей довольно много:
\[x=\pm 1;\ \pm 2;\ \pm 3;\ \pm 4;\ \pm 6;\ \pm 12\]
Впрочем, нам достаточно найти всего один корень. Воспользуемся схемой Горнера:
\[\begin{array}{r|r|r|r|r}{} & \color{blue}{1} & \color{blue}{-3} & \color{blue}{-4} & \color{blue}{12}\\ \hline\color{red}{1} & 1 & -2 & -7 & \color{red}{5}\\ \hline\color{red}{-1} & 1 & -4 & 0 & \color{red}{12}\\ \hline\color{red}{2} & 1 & -1 & -6 & \color{green}{0}\\ \end{array}\]
Проверка закончилась неудачей для $x=\color{red}{1}$ и $x=\color{red}{-1}$. Но для $x=\color{red}{2}$ мы нашли то, что искали: остаток $r=\color{green}{0}$. Следовательно, $x=\color{red}{2}$ — корень многочлена $P\left( x \right)$.
Разложим многочлен на множители согласно теореме Безу:
\[P\left( x \right)=\left( {{x}^{2}}-x-6 \right)\left( x-\color{red}{2} \right)\]
В первой скобке стоит квадратный трёхчлен. Его корни легко найти по теореме Виета:
\[P\left( x \right)=\left( x-3 \right)\left( x+2 \right)\left( x-2 \right)\]
Приравниваем полученное произведение к нулю и решаем уравнение: $x=3$, $x=-2$, $x=2$.
Ответ: $x=2$, $x=-2$, $x=3$.
Решите уравнение
\[{{x}^{4}}-{{x}^{3}}-5{{x}^{2}}+3x+2=0\]
Решение. Слева приведённый многочлен с целочисленными коэффициентами, поэтому все целые корни находятся среди делителей свободного члена ${{a}_{0}}=2$:
\[x=\pm 1;\ \pm 2\]
Достаточно подобрать два корня — далее уравнение сведётся к квадратному. Воспользуемся схемой Горнера:
\[\begin{array}{r|r|r|r|r|r}{} & \color{blue}{1} & \color{blue}{-1} & \color{blue}{-5} & \color{blue}{3} & \color{blue}{2}\\ \hline\color{red}{-1} & 1 & -2 & -3 & 6 & \color{red}{-4}\\ \hline\color{red}{1} & 1 & 0 & -5 & -2 & \color{green}{0}\\ \hline\color{red}{-2} & 1 & -2 & -1 & \color{green}{0} & {}\\ \end{array}\]
Получили корни $x=\color{red}{1}$ и $x=\color{red}{-2}$. Разложим многочлен на множители:
\[\left( {{x}^{2}}-2x-1 \right)\left( x-\color{red}{1} \right)\left( x-\left( \color{red}{-2} \right) \right)=0\]
Решим квадратного уравнение из первой скобки:
\[{{x}^{2}}-2x-1=0\]
Дискриминант положителен:
\[\begin{align} D &={{\left( -2 \right)}^{2}}-4\cdot 1\cdot \left( -1 \right)= \\ &=4+4=8 \end{align}\]
Следовательно, уравнение имеет два корня:
\[x=\frac{2\pm 2\sqrt{2}}{2}=1\pm \sqrt{2}\]
Ответ: $x=1$, $x=-2$, $x=1\pm \sqrt{2}$.
До сих пор мы работали лишь с приведёнными многочленами, где старший коэффициент равен единице. Однако теорема Безу прекрасно работает и для неприведённых многочленов — при условии что все коэффициенты остаются целыми.
Рассмотрим уравнение
\[{{a}_{n}}{{x}^{n}}+{{a}_{n-1}}{{x}^{n-1}}+\ldots +{{a}_{1}}x+{{a}_{0}}=0\]
где ${{a}_{n}},\ldots ,{{a}_{0}}$ — целые числа, причём ${{a}_{n}}\ne 0$.
Следствие 4. Если рациональное число $x=\color{red}{p}/\color{blue}{q}\;$, где $\color{red}{p}\in \mathbb{Z}$, $\color{blue}{q}\in \mathbb{N}$ и дробь $\color{red}{p}/\color{blue}{q}\;$ несократима, является корнем уравнения
\[{{a}_{n}}{{x}^{n}}+{{a}_{n-1}}{{x}^{n-1}}+\ldots +{{a}_{1}}x+{{a}_{0}}=0\]
то свободный член ${{a}_{0}}$ делится на $\color{red}{p}$, а старший коэффициент ${{a}_{n}}$ делится на $\color{blue}{q}$.
Это утверждение будет доказано в конце урока. Сейчас важен практический смысл, который состоит в том, что все рациональные корни уравнения
\[{{a}_{n}}{{x}^{n}}+{{a}_{n-1}}{{x}^{n-1}}+\ldots +{{a}_{1}}x+{{a}_{0}}=0\]
имеют вид $x=\color{red}{p}/\color{blue}{q}\;$, где $\color{red}{p}$ следует искать среди делителей ${{a}_{0}}$, а $\color{blue}{q}$ — среди положительных делителей ${{a}_{n}}$.
Найдите рациональные корни многочлена
\[P\left( x \right)=2{{x}^{5}}-{{x}^{4}}+4x-2\]
Решение. Делители свободного члена ${{a}_{0}}=-2$:
\[p=\pm 1;\ \pm 2\]
Положительные делители старшего коэффициента ${{a}_{4}}=2$:
\[q=1;\ 2\]
Возможные рациональные корни многочлена $P\left( x \right)$ по Следствию 4 теоремы Безу:
\[x=\pm 1;\ \pm 2;\ \pm {1}/{2}\;\]
Проверять числа $x=\color{red}{\pm 1}$ нет смысла, поскольку все коэффициенты многочлена $P\left( x \right)$, за исключением одного, чётные. Следовательно, при подстановке нечётных чисел многочлен принимает нечётные значения, которые точно не равны нулю.
Остальные числа проверим по схеме Горнера:
\[\begin{array}{r|r|r|r|r|r|r}{} & \color{blue}{2} & \color{blue}{-1} & \color{blue}{0} & \color{blue}{0} & \color{blue}{4} & \color{blue}{-2}\\ \hline\color{red}{2} & 2 & 3 & 6 & 12 & 28 & \color{red}{54}\\ \hline\color{red}{-2} & 2 & -5 & 10 & -20 & 44 & \color{red}{-90}\\ \hline \color{red}{{1}/{2}\;} & 2 & 0 & 0 & 0 & 4 & \color{green}{0}\\ \hline \color{red}{-{1}/{2}\;} & 2 & -2 & 1 & -{1}/{2}\; & {17}/{4}\; & \color{red}{-{33}/{8}\;}\\ \end{array}\]
Подошло лишь одно число: $x=\color{red}{{1}/{2}\;}$. Следовательно, многочлен имеет лишь один рациональный корень.
Ответ: $x={1}/{2}\;$.
Обратите внимание: проверку дробных чисел можно прекращать, как только в строке таблицы появилась дробь. Потому что дальше это число будет лишь умножаться на новые дроби и складываться с другими целыми числами. При таких обстоятельствах получить $r=\color{green}{0}$ уже невозможно.
Найдите рациональные корни многочлена
\[P\left( x \right)=3{{x}^{7}}+2{{x}^{6}}-5{{x}^{5}}+3{{x}^{3}}-{{x}^{2}}-7x+5\]
Решение. Это многочлен с целыми коэффициентами. Делители свободного члена ${{a}_{0}}=5$:
\[p=\pm 1;\ \pm 5\]
Положительные делители старшего коэффициента ${{a}_{7}}=3$:
\[q=1;\ 3\]
Кандидаты в корни согласно Следствию 4 теоремы Безу:
\[x=\pm 1;\ \pm 5;\ \pm {1}/{3}\;;\ \pm {1}/{5}\;\]
Всего восемь кандидатов. Проверим их все по схеме Горнера:
\[\begin{array}{r|r|r|r|r|c|c|c|c}{} & \color{blue}{3} & \color{blue}{2} & \color{blue}{-5} & \color{blue}{0} & \color{blue}{3} & \color{blue}{-1} & \color{blue}{-7} & \color{blue}{5}\\ \hline\color{red}{1} & 3 & 5 & 0 & 0 & 3 & 2 & -5 & \color{green}{0}\\ \hline\color{red}{-1} & 3 & 2 & -2 & 2 & 1 & 1 & \color{red}{-6} & {}\\ \hline\color{red}{5} & 3 & 20 & 100 & \color{red}{500} & \color{red}{-} & \color{red}{-} & \color{red}{-} & {}\\ \hline\color{red}{-5} & 3 & -10 & 50 & \color{red}{-250} & \color{red}{-} & \color{red}{-} & \color{red}{-} & {}\\ \hline\color{red}{{1}/{3}\;} & 3 & 6 & 2 & \color{red}{{2}/{3}\;} & \color{red}{-} & \color{red}{-} & \color{red}{-} & {}\\ \hline\color{red}{-{1}/{3}\;} & 3 & 4 & \color{red}{-{4}/{3}\;} & \color{red}{-} & \color{red}{-} & \color{red}{-} & \color{red}{-} & {}\\ \hline\color{red}{{5}/{3}\;} & 3 & 10 & \color{red}{{50}/{3}\;} & \color{red}{-} & \color{red}{-} & \color{red}{-} & \color{red}{-} & {}\\ \hline\color{red}{-{5}/{3}\;} & 3 & 0 & 0 & 0 & 3 & -3 & \color{green}{0} & {}\\ \end{array}\]
Обратите внимание: для чисел $x=\color{red}{5}$ и $x=\color{red}{-5}$ мы прекратили вычисления досрочно, поскольку получили явно неадекватные числа, которые дальше будут только расти.
При проверке $x=\color{red}{{1}/{3}\;}$, $x=\color{red}{-{1}/{3}\;}$ и $x=\color{red}{{5}/{3}\;}$ мы в какой-то момент возникли дроби, после чего дальнейшие вычисления теряют смысл.
Итого найдены два рациональных корня: $x=\color{red}{1}$ и $x=\color{red}{-{5}/{3}\;}$. Пожалуй, это одно из самых утомительных заданий на применение теоремы Безу, которые я когда-либо решал.:)
Рассмотрим доказательства всех ключевых утверждений сегодняшнего урока.
Мы сформулировали эту теорему в самом начале урока:
Терема Безу. Остаток от деления многочлена
\[P\left( x \right)={{a}_{n}}{{x}^{n}}+{{a}_{n-1}}{{x}^{n-1}}+\ldots +{{a}_{1}}x+{{a}_{0}}\]
на двучлен $x-\color{red}{a}$ равен значению этого многочлена в точке $x=\color{red}{a}$:
\[r=P\left( \color{red}{a} \right)\]
Доказательство. Разделим многочлен $P\left( x \right)$ на двучлен $x-\color{red}{a}$ с остатком:
\[P\left( x \right)=Q\left( x \right)\cdot \left( x-\color{red}{a} \right)+r\]
Такое представление всегда однозначно (см. урок «Деление многочленов с остатком»). Здесь многочлен $Q\left( x \right)$ — неполное частное, $r$ — остаток, причём
\[\begin{align}\deg r \lt \deg \left( x-\color{red}{a} \right) &=1 \\ \deg r &=0 \\ \end{align}\]
Другими словами, остаток $r$ — это просто число.
Теперь найдём значение $P\left( x \right)$ в точке $x=\color{red}{a}$:
\[P\left( \color{red}{a} \right)=Q\left( \color{red}{a} \right)\cdot \left( \color{red}{a}-\color{red}{a} \right)+r=r\]
Теорема Безу доказана. Однако её доказательство опирается на единственность деления с остатком.
Целочисленные корни приведённого многочлена с целыми коэффициентами следует искать среди делителей свободного члена.
Следствие 3. Пусть $P\left( x \right)$ — приведённый многочлен с целыми коэффициентами:
\[P\left( x \right)={{x}^{n}}+{{a}_{n-1}}{{x}^{n-1}}+\ldots +{{a}_{1}}x+{{a}_{0}}\]
Тогда свободный член ${{a}_{0}}$ делится на любой целый корень многочлена $P\left( x \right)$.
Доказательство. Пусть $\color{red}{b}\in \mathbb{Z}$ — корень многочлена $P\left( x \right)$, т.е. $P\left( \color{red}{b} \right)=0$. Подставим число $x=\color{red}{b}$ в формулу многочлена и получим уравнение:
\[{\color{red}{b}^{n}}+{{a}_{n-1}}{\color{red}{b}^{n-1}}+\ldots +{{a}_{1}}\color{red}{b}+{{a}_{0}}=0\]
Перенесём последнее слагаемое вправо, а слева из оставшихся слагаемых вынесем множитель $\color{red}{b}$ за скобку:
\[\color{red}{b}\cdot \left( {\color{red}{b}^{n-1}}+{{a}_{n-1}}{\color{red}{b}^{n-2}}+\ldots +{{a}_{1}} \right)=-{{a}_{0}}\]
Поскольку $-{{a}_{0}}\in \mathbb{Z}$, а слева стоят два целочисленных множителя, получаем, что число $-{{a}_{0}}$ делится на $\color{red}{b}$. Следовательно, свободный член ${{a}_{0}}$ тоже делится на $\color{red}{b}$, что и требовалось доказать.
Рассмотрим уравнение
\[{{a}_{n}}{{x}^{n}}+{{a}_{n-1}}{{x}^{n-1}}+\ldots +{{a}_{1}}x+{{a}_{0}}=0\]
где ${{a}_{n}},\ldots ,{{a}_{0}}$ — целые числа, причём ${{a}_{n}}\ne 0$.
Утверждение. Если рациональное число $x=\color{red}{p}/\color{blue}{q}\;$, где $\color{red}{p}\in \mathbb{Z}$, $\color{blue}{q}\in \mathbb{N}$ и дробь $\color{red}{p}/\color{blue}{q}\;$ несократима, является корнем уравнения $P\left( x \right)=0$, то свободный член ${{a}_{0}}$ делится на $\color{red}{p}$, а старший коэффициент ${{a}_{n}}$ делится на $\color{blue}{q}$.
Доказательство. Подставим число $x=\color{red}{p}/\color{blue}{q}\;$ в исходное уравнение. Поскольку $x=\color{red}{p}/\color{blue}{q}\;$ — корень, уравнение обратится в верное числовое равенство:
\[{{a}_{n}}\cdot {{\left( \frac{\color{red}{p}}{\color{blue}{q}} \right)}^{n}}+{{a}_{n-1}}\cdot {{\left( \frac{\color{red}{p}}{\color{blue}{q}} \right)}^{n-1}}+\ldots +{{a}_{1}}\cdot \frac{\color{red}{p}}{\color{blue}{q}}+{{a}_{0}}=0\]
Домножим обе части на ${\color{blue}{q}^{n}}$. Получим
\[{{a}_{n}}{\color{red}{p}^{n}}+{{a}_{n-1}}{\color{red}{p}^{n-1}}\color{blue}{q}+\ldots +{{a}_{1}}\color{red}{p}{\color{blue}{q}^{n-1}}+{{a}_{0}}{\color{blue}{q}^{n}}=0\]
Перенесём последнее слагаемое ${{a}_{0}}{\color{blue}{q}^{n}}$ вправо, а в левой части из оставшихся слагаемых вынесем множитель $\color{red}{p}$ за скобку:
\[\color{red}{p}\left( {{a}_{n}}{\color{red}{p}^{n-1}}+{{a}_{n-1}}{\color{red}{p}^{n-2}}\color{blue}{q}+\ldots +{{a}_{1}}{\color{blue}{q}^{n-1}} \right)=-{{a}_{0}}{\color{blue}{q}^{n}}\]
Слева и справа от знака равенства стоят целые числа, поскольку все слагаемые и множители являются целыми. Мы видим, что левая часть делится на $\color{red}{p}$. Следовательно, правая часть тоже делится на $\color{red}{p}$:
\[-{{a}_{0}}{\color{blue}{q}^{n}} \ \vdots \ \color{red}{p}\]
По условию теоремы дробь $\color{red}{p}/\color{blue}{q}\;$ несократима. Следовательно, числа $\color{blue}{q}$ и $\color{red}{p}$ не имеют общих делителей, и единственный возможный вариант — это когда ${{a}_{0}}$ делится на $\color{red}{p}$.
Аналогично доказывается, что старший коэффициент ${{a}_{n}}$ делится на $\color{blue}{q}$. Теорема доказана.
Вот и всё.:)
