Алгебраический способ решения уравнений это

Способы решения алгебраических уравнений

Разделы: Математика

Уравнения занимают значительное место в курсе математики средней школы. Остановимся лишь на алгебраических уравнениях, которые разобьем на три группы:

1. полиномиальные уравнения вида P_n(x) = 0, где P_n(x) — многочлен n-й степени относительно x;
2. дробно-рациональные уравнения, т.е. содержащие в качестве двух компонент частные двух многочленов;
3. иррациональные уравнения.

Для ряда приемов даны небольшие теоретические обоснования. Приведено 30 приемов, иллюстрированных более чем 36 примерами. Не надо думать, что приведенный в конкретном примере прием является наиболее рациональным для решения данного примера. Просто надо принять к сведению существование такого подхода к решению уравнений.

Одни и те же подходы (применение тригонометрии, использование однородности, разложение на множители и др.) находят применение не только при решении рациональных, дробно-рациональных, иррациональных уравнений, но и при решении трансцендентных уравнений, неравенств, систем.

При написании использовалась литература:

1. Рывкин А. А. «Справочник по математике» – М.: Высшая школа, 1987.
2. Цыпкин А. Г. «Справочник по методам решения задач по математике» – М.: Наука, 1989.
3. Шарыгин И. Ф. Факультативный курс по математике – М.: Просвещение, 1989.
4. Сборник задач по математике для поступающих во ВТУЗы / Под ред. Сканави М. И. – Мн.: Вышэйшая школы, 1990.

В этих пособиях можно найти достаточное количество нужных уравнений, конечно, не пренебрегая другими источниками.

1. Докажем теорему: Если уравнение a_nx n + a_n–1x n–1 + … + a₁x + a₀ = 0 (*) с целыми коэффициентами имеет рациональный корень, где p и q взаимно просты, то a₀ делится на p, а a_n делится на q.

Доказательство: Заменим в (*) x на , получим верное числовое равенство умножим обе части равенства на q n :

Правая часть делится на q, значит, и левая должна делиться на q, но т.к. p и q взаимно просты, то p n не делится на q, но тогда a_n должно делиться на q, иначе левая часть не будет кратна q.

Правая часть кратна p, значит, и левая кратна p, но q n взаимно просты с p, значит a₀ кратно p. Теорема доказана.

Доказательство: Делимое равно делителю, умноженному на частное, плюс остаток. Так как делитель — многочлен первой степени, то остаток будет многочленом, степень которого меньше степени делителя, значит, остаток – const. Частное будет многочленом степени n – 1. Тогда

При x = a это равенство имеет вид

из которого следует P(a) = R. Теорема доказана.

Следствие: Если x = a — корень многочлена, то многочлен делится на x – a без остатка.

Доказательство: При x = a равенство (***) примет вид 0 = 0 + R, из которого следует, что R = 0. А так как остаток от деления равен нулю, то утверждение доказано.

Пример 1. Решить уравнение 30x 4 + x 3 – 30x 2 + 3x + 4 = 0.

Составим различные несократимые дроби, числители которых — делители свободного члена, т.е. 4, а знаменатели — делители старшего коэффициента, т.е. 30.

В левом столбике в знаменателях участвуют все делители числа 30. Видно, что – 1 — корень многочлена. По следствию из теоремы Безу делим многочлен на x + 1

Для поиска корней многочлена 30x 3 – 29x 2 – x + 4 воспользуемся таблицей дробей. При многочлен примет вид Значит, — корень многочлена.

2. При решении алгебраических уравнений может быть полезен метод неопределенных коэффициентов.

Пример 2. Решить уравнение x 4 + 2x 3 – 16x 2 + 11x – 2 = 0.

Пусть многочлен представим в виде произведения

где a , b , g , a, b, c коэффициенты, которые желательно подобрать так, чтобы после раскрытия скобок и приведения подобных слагаемых получился исходный многочлен. Раскроем скобки, полагая, что a = a = 1.

Положим c = 1, g = – 2 или c = 2, g = – 1 (подбираем коэффициенты).

b = – 3, тогда b = 5.

Убедимся, что b = 5, g = – 2, b = – 3, c = 1. Такой набор удовлетворяет всем четырем уравнениям, поэтому можем записать

Решив квадратные уравнения, получим корни исходного уравнения.

Ответ:

3. Решение возвратных уравнений

После почленного деления на x k , они решаются подстановкой

Пример 3. Решить уравнение 2x 4 – 3x 3 – 7x 2 –15x + 50 = 0.

Разделим на x 2 , получим

Уравнение примет вид:

Если l = 1, то уравнение вида ax 2k + bx 2k–1 + cx 2k–2 + dx 2k–3 + … + dx 3 + cx 2 + bx + a = 0 называется возвратным (или симметрическим) уравнением степени 2k первого рода.

Пример 4. Решить уравнение 5x 4 + 3x 3 – 16x 2 + 3x + 5 = 0.

Разделим почленно на x 2 . Имеем .

Ответ:

Если l = – 1, то получим уравнение вида

ax 2k + bx 2k–1 + cx 2k–2 + dx 2k–3 + … + dx 3 + cx 2 – bx + a = 0, которое называется возвратным (или симметрическим) уравнением степени 2k второго рода. Решается подстановкой

Пример 5. Решить уравнение 8x 4 – 42x 3 + 29x 2 + 42x + 8 = 0.

Ответ:

Возвратное уравнение нечетной степени имеет корень – 1. Это объясняется тем, что уравнение имеет четное число членов, которые при замене x на – 1 попарно уничтожаются. Поэтому в начале делят многочлен на x + 1, а частное приведет к возвратному уравнению четной степени, решение которого уже рассмотрено.

Пример 6. Решить уравнение 24x 5 + 74x 4 – 123x 3 – 123x 2 + 74x + 24 = 0.

Имеем возвратное уравнение 5-й степени. Один из его корней – 1. После деления на x + 1, получим

24x 4 + 50x 3 – 173x 2 + 50x + 24 = 0

Ответ:

если , то

По биному Ньютона

Замечание 2. Определить по внешнему виду, что уравнение является возвратным не всегда просто, особенно, если . Поэтому в уравнении степени 2n производим почленное деление на x n и, если при этом получается сумма выражений вида , где n = 0, 1, 2 … m, то дальнейшее решение ясно.

Источник

Алгебра и начала математического анализа. 10 класс

Конспект урока

Алгебра и начала математического анализа, 10 класс

Урок №12. Решение алгебраических уравнений разложением на множители.

Перечень вопросов, рассматриваемых в теме

1) типы алгебраических уравнений;

2) решение алгебраические уравнения методом разложения на множители;

3) методы решения алгебраических уравнений.

Глоссарий по теме

Алгебраическое уравнение (полиномиальное уравнение) — уравнение вида P(x₁, x₂, …, x_n)=0, где P — многочлен от переменных x₁, x₂, …, x_n, которые называются неизвестными.

Коэффициенты многочлена P обычно берутся из некоторого множества F, и тогда уравнение P(x₁, x₂, …, x_n)=0 называется алгебраическим уравнение над множеством F.

Степенью алгебраического уравнения называют степень многочлена P.

Значения переменных x₁, x₂, …, x_n, которые при подстановке в алгебраическое уравнение обращают его в тождество, называются корнями этого алгебраического уравнения.

Биквадратными называются уравнения вида ах 4 + bх 2 + с = 0, где а, b, с – заданные числа, причем, а ≠ 0.

Симметрическим уравнением 3-ей степени называют уравнение вида: ax 3 + bx 2 + bx + a = 0, где a, b – заданные числа.

Уравнение вида a n x n ₊a n-1 x n-1 +…+a 1 x+a 0 =0 называется возвратным, если его коэффициенты, стоящие на симметричных позициях, равны, т.е. a n-1 =a k , при k=0, 1, …, n.

Колягин Ю.М., Ткачева М.В, Федорова Н.Е. и др., под ред. Жижченко А.Б. Алгебра и начала математического анализа (базовый и профильный уровни) 10 кл. – М.: Просвещение, 2014.

Шабунин М.И., Ткачева М.В., Федорова Н.Е. Дидактические материалы Алгебра и начала математического анализа (базовый и профильный уровни) 10 кл. – М.: Просвещение, 2017.

Теоретический материал для самостоятельного изучения

Давайте вспомним, что такое алгебраическое уравнение?

Алгебраическое уравнение (полиномиальное уравнение) — уравнение вида P(x₁, x₂, …, x_n)=0, где P — многочлен от переменных x₁, x₂, …, x_n, которые называются неизвестными.

Коэффициенты многочлена P обычно берутся из некоторого поля F, и тогда уравнение P(x₁, x₂, …, x_n)=0 называется алгебраическим уравнение над полем F.

Степенью алгебраического уравнения называют степень многочлена P.

является алгебраическим уравнением седьмой степени от трёх переменных (с тремя неизвестными) над полем вещественных чисел.

Связанные определения. Значения переменных x₁, x₂, …, x_n, которые при подстановке в алгебраическое уравнение обращают его в тождество, называются корнями этого алгебраического уравнения.

Примеры и разбор решения заданий тренировочного модуля

1. Алгебраические уравнения, решаемые разложением на множители:

D(–2) : ,

Можно догадаться, что число х₁ = –1 является корнем этого уравнения, так как –1 + 3 – 2 = 0.

х + 1 = 0 или х 2 –х–2 = 0;

х₁ = –1 х_2,3 = ;

х_2,3 = ;

x 3 + х 2 – х 2 – х – 2x – 2 = 0;

(x 3 + х 2 ) – (х 2 + х) – 2(x + 1) = 0;

х 2 (х + 1) – х(х + 1) – 2(х + 1) = 0;

(х + 1) (х + 1) (х –2) = 0;

(х –2) = 0;

1. Уравнения, сводящиеся к алгебраическим
   1. Биквадратные уравнения

На прошлом уроке мы познакомились с данным видом уравнений

Определение. Биквадратными называются уравнения вида ах 4 + bх 2 + с = 0, где а, b, с – заданные числа, причем, а ≠ 0.

Метод решения

Биквадратное уравнение приводится к квадратному уравнению при помощи подстановки у=х 2 .

Новое квадратное уравнение относительно переменной у: ay 2 +by+c=0.

Решая это уравнение, мы получаем корни квадратного уравнения

Решая эти два уравнения (y₁=x₁ 2 и y₂=x₁ 2 ) относительно переменной x, мы получаем корни данного биквадратного уравнения.

Порядок действий при решении биквадратных уравнений

1. Ввести новую переменную у=х 2
2. Подставить данную переменную в исходное уравнение
3. Решить квадратное уравнение относительно новой переменной
4. После нахождения корней (y₁; y₂) подставить их в нашу переменную у=х 2 и найти исходные корни биквадратного уравнения

х 4 – 8х 2 – 9 = 0.

Решение: Пусть у = х 2 , где у 0; у 2 – 8у – 9 = 0;

По формулам Виета:

Первое решение отбрасываем ( у 0),

а из второго находим х₁ = –3; х₂ = 3.

2 Симметрические уравнения

Решение симметрических уравнений рассмотрим на примере симметрических уравнений третьей степени.

Симметрическим уравнением 3-ей степени называют уравнение вида ax 3 + bx 2 + bx + a = 0, где a, b – заданные числа.

Для того, чтобы успешно решать уравнения такого вида, полезно знать и уметь использовать следующие простейшие свойства симметрических уравнений:

1 0 . У любого симметрического уравнения нечетной степени всегда есть корень, равный -1.

Действительно, если сгруппировать в левой части слагаемые следующим образом: а(х 3 + 1) + bx(х + 1) = 0, то есть возможность вынести общий множитель, т.е.

(х + 1)(ах 2 + (b – а)x + а) = 0, поэтому,
х + 1 = 0 или ах 2 + (b – а)x + а = 0,

первое уравнение и доказывает интересующее нас утверждение.

2 0 . У симметрического уравнения корней, равных нулю, нет.

3 0 . При делении многочлена нечетной степени на (х + 1) частное является снова симметрическим многочленом.

х 3 + 2x 2 + 2х + 1 = 0.

Решение: У исходного уравнения обязательно есть корень х = –1.

Разлагая далее левую часть на множители, получим

(х + 1)(x 2 + х + 1) = 0.

x 2 + х + 1 = 0 не имеет корней.

2 Возвратные уравнения

Уравнение вида a n x n ₊a n-1 x n-1 +…+a 1 x+a 0 =0 называется возвратным, если его коэффициенты, стоящие на симметричных позициях, равны, т.е. a n-1 =a k , при k=0, 1, …, n.

Рассмотрим возвратное уравнение четвёртой степени вида

ax⁴ + bx³ + cx² + bx + a = 0, где a, b и c — некоторые числа, причём a ≠ 0. Оно является частным случаем уравнения ax⁴ + bx³ + cx² + kbx + k²a = 0 при k = 1.

Порядок действий при решении возвратных уравнений вида ax 4 + bx 3 + cx 2 + bx + a = 0:

• разделить левую и правую части уравнения на . При этом не происходит потери решения, так как x = 0 не является корнем исходного уравнения;
• группировкой привести полученное уравнение к виду

• ввести новую переменную , тогда выполнено
  , то есть ;

в новых переменных рассматриваемое уравнение является квадратным: at 2 +bt+c–2a=0;

• решить его относительно t, возвратиться к исходной переменной.

Решение: Разделим на x 2 , получим:

Введем замену:
Пусть

Источник