Урок Алгебры «Методы решения уравнений высших степеней. Решение уравнений высших степеней различными методами

Основные цели:

1. Закрепить понятие целого рационального уравнения -й степени.
2. Сформулировать основные методы решения уравнений высших степеней (n > 3).
3. Обучить основным методам решения уравнений высших степеней.
4. Научить по виду уравнения определять наиболее эффективный способ его решения.

Формы, методы и педагогические приемы, которые используются учителем на уроке:

• Лекционно-семинарская система обучения (лекции – объяснение нового материала, семинары – решение задач).
• Информационно-коммуникационные технологии (фронтальный опрос, устная работа с классом).
• Дифференцированное обучение, групповые и индивидуальные формы.
• Использование исследовательского метода в обучении, направленного на развитие математического аппарата и мыслительных способностей каждого конкретного ученика.
• Печатный материал – индивидуальный краткий конспект урока (основные понятия, формулы, утверждения, материал лекций сжато в виде схем или таблиц).

План урока:

1. Организационный момент.
   Цель этапа: включить учащихся в учебную деятельность, определить содержательные рамки урока.
2. Актуализация знаний учащихся.
   Цель этапа: актуализировать знания учащихся по изученным ранее смежным темам
3. Изучение новой темы (лекция). Цель этапа: сформулировать основные методы решения уравнений высших степеней (n > 3)
4. Подведение итогов.
   Цель этапа: еще раз выделить ключевые моменты в материале, изученном на уроке.
5. Домашнее задание.
   Цель этапа: сформулировать домашнее задание для учащихся.

Конспект урока

1. Организационный момент.

Формулировка темы урока: “Уравнения высших степеней. Методы их решения”.

2. Актуализация знаний учащихся.

Теоретический опрос – беседа. Повторение некоторых ранее изученных сведений из теории. Учащиеся формулируют основные определения и дают формулировки необходимых теорем. Приводят примеры, демонстрируя уровень полученных ранее знаний.

• Понятие уравнения с одной переменной.
• Понятие корня уравнения, решения уравнения.
• Понятие линейного уравнения с одной переменной, понятие квадратного уравнения с одной переменной.
• Понятие равносильности уравнений, уравнения-следствия (понятие посторонних корней), переход не по следствию (случай потери корней).
• Понятие целого рационального выражения с одной переменной.
• Понятие целого рационального уравнения n -й степени. Стандартный вид целого рационального уравнения. Приведенное целое рациональное уравнение.
• Переход к совокупности уравнений более низких степеней путем разложения исходного уравнения на множители.
• Понятие многочлена n -й степени от x . Теорема Безу. Следствия из теоремы Безу. Теоремы о корнях (Z -корни и Q -корни) целого рационального уравнения с целыми коэффициентами (соответственно приведенного и неприведенного).
• Схема Горнера.

3. Изучение новой темы.

Будем рассматривать целое рациональное уравнение n -й степени стандартного вида с одной неизвестной переменной x: P n (x) = 0 , где P n (x) = a n x n + a n-1 x n-1 + a 1 x + a 0 – многочлен n -й степени от x , a n ≠ 0 . Если a n = 1 то такое уравнение называют приведенным целым рациональным уравнением n -й степени. Рассмотрим такие уравнения при различных значениях n и перечислим основные методы их решения.

n = 1 – линейное уравнение.

n = 2 – квадратное уравнение. Формула дискриминанта. Формула для вычисления корней. Теорема Виета. Выделение полного квадрата.

n = 3 – кубическое уравнение.

Метод группировки.

Пример: x 3 – 4x 2 – x + 4 = 0 (x – 4)(x 2 – 1) = 0 x 1 = 4 , x 2 = 1, x 3 = -1.

Возвратное кубическое уравнение вида ax 3 + bx 2 + bx + a = 0. Решаем, объединяя члены с одинаковыми коэффициентами.

Пример: x 3 – 5x 2 – 5x + 1 = 0 (x + 1)(x 2 – 6x + 1) = 0 x 1 = -1, x 2 = 3 + 2, x 3 = 3 – 2.

Подбор Z-корней на основании теоремы. Схема Горнера. При применении этого метода необходимо сделать акцент на том, что перебор в данном случае конечный, и корни мы подбираем по определенному алгоритму в соответствии с теоремой о Z -корнях приведенного целого рационального уравнения с целыми коэффициентами.

Пример: x 3 – 9x 2 + 23x – 15 = 0. Уравнение приведенное. Выпишем делители свободного члена {+ 1; + 3; + 5; + 15}. Применим схему Горнера:

Получаем (x – 1)(x 2 – 8x + 15) = 0 x 1 = 1, x 2 = 3, x 3 = 5.

Уравнение с целыми коэффициентами. Подбор Q-корней на основании теоремы. Схема Горнера. При применении этого метода необходимо сделать акцент на том, что перебор в данном случае конечный и корни мы подбираем по определенному алгоритму в соответствии с теоремой о Q -корнях неприведенного целого рационального уравнения с целыми коэффициентами.

Пример: 9x 3 + 27x 2 – x – 3 = 0. Уравнение неприведенное. Выпишем делители свободного члена {+ 1; + 3}. Выпишем делители коэффициента при старшей степени неизвестного. {+ 1; + 3; + 9} Следовательно, корни будем искать среди значений {+ 1; + ; + ; + 3}. Применим схему Горнера:

Получаем (x – )(9x 2 + 30x + 9) = 0 x 1 = , x 2 = - , x 3 = -3.

Для удобства подсчета при подборе Q-корней бывает удобно сделать замену переменной, перейти к приведенному уравнению и подбирать Z-корни .

Формула Кардано. Существует универсальный метод решения кубических уравнений – это формула Кардано. Эту формулу связывают с именами итальянских математиков Джероламо Кардано (1501–1576), Николо Тарталья (1500–1557), Сципиона дель Ферро (1465–1526). Эта формула лежит за рамками нашего курса.

n = 4 – уравнение четвертой степени.

Метод группировки.

Пример: x 4 + 2x 3 + 5x 2 + 4x – 12 = 0 (x 4 + 2x 3) + (5x 2 + 10x ) – (6x + 12) = 0 (x + 2)(x 3 + 5x – 6) = 0 (x + 2)(x – 1)(x 2 + x + 6) = 0 x 1 = -2, x 2 = 1.

Метод замены переменной.

• Биквадратное уравнение вида ax 4 + bx 2 + с = 0 .

Пример: x 4 + 5x 2 – 36 = 0. Замена y = x 2 . Отсюда y 1 = 4, y 2 = -9. Поэтому x 1,2 = + 2 .

Решаем, объединяя члены с одинаковыми коэффициентами, путем замены вида

• Обобщенное возвратное уравнение четвертой степени вида ax 4 + bx 3 + cx 2 + kbx + k 2 a = 0 .

Пример 3. Замена общего вида (вытекает из вида конкретного уравнения).

n = 3.

Уравнение с целыми коэффициентами. Подбор Q-корней n = 3.

Формула общего вида. Существует универсальный метод решения уравнений четвертой степени. Эту формулу связывают с именем Людовико Феррари (1522–1565). Эта формула лежит за рамками нашего курса.

n > 5 – уравнения пятой и более высоких степеней.

Уравнение с целыми коэффициентами. Подбор Z-корней на основании теоремы. Схема Горнера. Алгоритм аналогичен рассмотренному выше для n = 3.

Уравнение с целыми коэффициентами. Подбор Q-корней на основании теоремы. Схема Горнера. Алгоритм аналогичен рассмотренному выше для n = 3.

Симметрические уравнения. Любое возвратное уравнение нечетной степени имеет корень x = -1 и после разложения его на множители получаем, что один сомножитель имеет вид (x + 1), а второй сомножитель – возвратное уравнение четной степени (его степень на единицу меньше, чем степень исходного уравнения). Любое возвратное уравнение четной степени вместе с корнем вида x = φ содержит и корень вида . Используя эти утверждения, решаем задачу, понижая степень исследуемого уравнения.

Метод замены переменной. Использование однородности.

Не существует формулы общего вида для решения целых уравнений пятой степени (это показали итальянский математик Паоло Руффини (1765–1822) и норвежский математик Нильс Хенрик Абель (1802–1829)) и более высоких степеней (это показал французский математик Эварист Галуа (1811–1832)).

• Напомним еще раз, что на практике возможно использование комбинации перечисленных выше методов. Удобно переходить к совокупности уравнений более низких степеней путем разложения исходного уравнения на множители .
• За рамками нашего сегодняшнего обсуждения остались широко используемые на практике графические методы решения уравнений и методы приближенного решения уравнений высших степеней.
• Бывают ситуации, когда у уравнения нет R-корней.
Тогда решение сводится к тому, чтобы показать, что уравнение корней не имеет. Для доказательства анализируем поведение рассматриваемых функций на промежутках монотонности. Пример: уравнение x 8 – x 3 + 1 = 0 не имеет корней.
• Использование свойства монотонности функций
. Бывают ситуации, когда использование различных свойств функций позволяет упростить поставленную задачу.
Пример 1: уравнение x 5 + 3x – 4 = 0 имеет один корень x = 1. По свойству монотонности анализируемых функций других корней нет.
Пример 2: уравнение x 4 + (x – 1) 4 = 97 имеет корни x 1 = -2 и x 2 = 3. Проанализировав поведение соответствующих функций на промежутках монотонности, заключаем, что других корней нет.

4. Подведение итогов.

Резюме: Теперь мы овладели основными методами решения различных уравнений высших степеней (для n > 3). Наша задача научиться эффективно использовать перечисленные выше алгоритмы. В зависимости от вида уравнения мы должны будем научиться определять, какой способ решения в данном случае является наиболее эффективным, а также правильно применять выбранный метод.

5. Домашнее задание.

: п.7, стр. 164–174, №№ 33–36, 39–44, 46,47.

: №№ 9.1–9.4, 9.6–9.8, 9.12, 9.14–9.16, 9.24–9.27.

Возможные темы докладов или рефератов по данной тематике:

• Формула Кардано
• Графический метод решения уравнений. Примеры решения.
• Методы приближенного решения уравнений.

Анализ усвоения материала и интереса учащихся к теме:

Опыт показывает, что интерес учащихся в первую очередь вызывает возможность подбора Z -корней и Q -корней уравнений при помощи достаточно простого алгоритма с использованием схемы Горнера. Также учащиеся интересуются различными стандартными типами замены переменных, которые позволяют существенно упрощать вид задачи. Особый интерес обычно вызывают графические методы решения. В этом случае дополнительно можно разобрать задачи на графический метод решения уравнений; обсудить общий вид графика для многочлена 3, 4, 5 степени; проанализировать, как связано число корней уравнений 3, 4, 5 степени с видом соответствующего графика. Ниже приведен список книг, в которых можно найти дополнительную информацию по данной тематике.

Список литературы:

1. Виленкин Н.Я. и др. “Алгебра. Учебник для учащихся 9 классов с углубленным изучением математики” – М., Просвещение, 2007 – 367 с.
2. Виленкин Н.Я., Шибасов Л.П., Шибасова З.Ф. “За страницами учебника математики. Арифметика. Алгебра. 10-11 класс” – М., Просвещение, 2008 – 192 с.
3. Выгодский М.Я. “Справочник по математике” – М., АСТ, 2010 – 1055 с.
4. Галицкий М.Л. “Сборник задач по алгебре. Учебное пособие для 8-9 классов с углубленным изучением математики” – М., Просвещение, 2008 – 301 с.
5. Звавич Л.И. и др. “Алгебра и начала анализа. 8–11 кл. Пособие для школ и классов с углубленным изучением математики” – М., Дрофа, 1999 – 352 с.
6. Звавич Л.И., Аверьянов Д.И., Пигарев Б.П., Трушанина Т.Н. “Задания по математике для подготовки к письменному экзамену в 9 классе” – М., Просвещение, 2007 – 112 с.
7. Иванов А.А., Иванов А.П. “Тематические тесты для систематизации знаний по математике” ч.1 – М., Физматкнига, 2006 – 176 с.
8. Иванов А.А., Иванов А.П. “Тематические тесты для систематизации знаний по математике” ч.2 – М., Физматкнига, 2006 – 176 с.
9. Иванов А.П. “Тесты и контрольные работы по математике. Учебное пособие”. – М., Физматкнига, 2008 – 304 с.
10. Лейбсон К.Л. “Сборник практических заданий по математике. Часть 2–9 класс” – М., МЦНМО, 2009 – 184 с.
11. Макарычев Ю.Н., Миндюк Н.Г. “Алгебра. Дополнительные главы к школьному учебнику 9 класса. Учебное пособие для учащихся школ и классов с углубленным изучением математики.” – М., Просвещение, 2006 – 224 с.
12. Мордкович А.Г. “Алгебра. Углубленное изучение. 8 класс. Учебник” – М., Мнемозина, 2006 – 296 с.
13. Савин А.П. “Энциклопедический словарь юного математика” – М., Педагогика, 1985 – 352 с.
14. Сурвилло Г.С., Симонов А.С. “Дидактические материалы по алгебре для 9 класса с углубленным изучением математики” – М., Просвещение, 2006 – 95 с.
15. Чулков П.В. “Уравнения и неравенства в школьном курсе математик. Лекции 1–4” – М., Первое сентября, 2006 – 88 с.
16. Чулков П.В. “Уравнения и неравенства в школьном курсе математик. Лекции 5–8” – М., Первое сентября, 2009 – 84 с.

Рассмотрим решения уравнений с одной переменной степени выше второй.

Степенью уравнения Р(х) = 0 называется степень многочлена Р(х), т.е. наибольшая из степеней его членов с коэффициентом, не равным нулю.

Так, например, уравнение (х 3 – 1) 2 + х 5 = х 6 – 2 имеет пятую степень, т.к. после операций раскрытия скобок и приведения подобных получим равносильное уравнение х 5 – 2х 3 + 3 = 0 пятой степени.

Вспомним правила, которые понадобятся для решения уравнений степени выше второй.

Утверждения о корнях многочлена и его делителях:

1. Многочлен n-й степени имеет число корней не превышающее число n, причем корни кратности m встречаются ровно m раз.

2. Многочлен нечетной степени имеет хотя бы один действительный корень.

3. Если α – корень Р(х), то Р n (х) = (х – α) · Q n – 1 (x), где Q n – 1 (x) – многочлен степени (n – 1).

4.

5. Приведенный многочлен с целыми коэффициентами не может иметь дробных рациональных корней.

6. Для многочлена третьей степени

Р 3 (х) = ах 3 + bx 2 + cx + d возможно одно из двух: либо он разлагается в произведение трех двучленов

Р 3 (x) = а(х – α)(х – β)(х – γ), либо разлагается в произведение двучлена и квадратного трехчлена Р 3 (x) = а(х – α)(х 2 + βх + γ).

7. Любой многочлен четвертой степени раскладывается в произведение двух квадратных трехчленов.

8. Многочлен f(x) делится на многочлен g(х) без остатка, если существует многочлен q(x), что f(x) = g(x) · q(x). Для деления многочленов применяется правило «деления уголком».

9. Для делимости многочлена P(x) на двучлен (x – c) необходимо и достаточно, чтобы число с было корнем P(x) (Следствие теоремы Безу).

10. Теорема Виета: Если х 1 , х 2 , …, х n – действительные корни многочлена

Р(х) = а 0 х n + а 1 х n - 1 + … + а n , то имеют место следующие равенства:

х 1 + х 2 + … + х n = -а 1 /а 0 ,

х 1 · х 2 + х 1 · х 3 + … + х n – 1 · х n = a 2 /а 0 ,

х 1 · х 2 · х 3 + … + х n – 2 · х n – 1 · х n = -a 3 / а 0 ,

х 1 · х 2 · х 3 · х n = (-1) n a n / а 0 .

Решение примеров

Пример 1.

Найти остаток от деления Р(х) = х 3 + 2/3 x 2 – 1/9 на (х – 1/3).

Решение.

По следствию из теоремы Безу: «Остаток от деления многочлена на двучлен (х – с) равен значению многочлена от с». Найдем Р(1/3) = 0. Следовательно, остаток равен 0 и число 1/3 – корень многочлена.

Ответ: R = 0.

Пример 2.

Разделить «уголком» 2х 3 + 3x 2 – 2х + 3 на (х + 2). Найти остаток и неполное частное.

Решение:

2х 3 + 3x 2 – 2х + 3| х + 2

2х 3 + 4 x 2 2x 2 – x

X 2 – 2 x

Ответ: R = 3; частное: 2х 2 – х.

Основные методы решения уравнений высших степеней

1. Введение новой переменной

Метод введения новой переменной уже знаком на примере биквадратных уравнений. Он заключается в том, что для решения уравнения f(x) = 0 вводят новую переменную (подстановку) t = x n или t = g(х) и выражают f(x) через t, получая новое уравнение r(t). Решая затем уравнение r(t), находят корни:

(t 1 , t 2 , …, t n). После этого получают совокупность n уравнений q(x) = t 1 , q(x) = t 2 , … , q(x) = t n , из которых находят корни исходного уравнения.

Пример 1.

(х 2 + х + 1) 2 – 3х 2 – 3x – 1 = 0.

Решение:

(х 2 + х + 1) 2 – 3(х 2 + x) – 1 = 0.

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

Замена (х 2 + х + 1) = t.

t 2 – 3t + 2 = 0.

t 1 = 2, t 2 = 1. Обратная замена:

х 2 + х + 1 = 2 или х 2 + х + 1 = 1;

х 2 + х - 1 = 0 или х 2 + х = 0;

Ответ: Из первого уравнения: х 1, 2 = (-1 ± √5)/2, из второго: 0 и -1.

2. Разложение на множители методом группировки и формул сокращенного умножения

Основа данного метода также не нова и заключается в группировке слагаемых таким образом, чтобы каждая группа содержала общий множитель. Для этого иногда приходится применять некоторые искусственные приемы.

Пример 1.

х 4 – 3x 2 + 4х – 3 = 0.

Решение.

Представим - 3x 2 = -2x 2 – x 2 и сгруппируем:

(х 4 – 2x 2) – (x 2 – 4х + 3) = 0.

(х 4 – 2x 2 +1 – 1) – (x 2 – 4х + 3 + 1 – 1) = 0.

(х 2 – 1) 2 – 1 – (x – 2) 2 + 1 = 0.

(х 2 – 1) 2 – (x – 2) 2 = 0.

(х 2 – 1 – х + 2)(х 2 – 1 + х - 2) = 0.

(х 2 – х + 1)(х 2 + х – 3) = 0.

х 2 – х + 1 = 0 или х 2 + х – 3 = 0.

Ответ: В первом уравнении нет корней, из второго: х 1, 2 = (-1 ± √13)/2.

3. Разложение на множитель методом неопределенных коэффициентов

Суть метода состоит в том, что исходный многочлен раскладывается на множители с неизвестными коэффициентами. Используя свойство, что многочлены равны, если равны их коэффициенты при одинаковых степенях, находят неизвестные коэффициенты разложения.

Пример 1.

х 3 + 4x 2 + 5х + 2 = 0.

Решение.

Многочлен 3-й степени можно разложить в произведение линейного и квадратного множителей.

х 3 + 4x 2 + 5х + 2 = (х – а)(x 2 + bх + c),

х 3 + 4x 2 + 5х + 2 = х 3 +bx 2 + cх – ax 2 – abх – ac,

х 3 + 4x 2 + 5х + 2 = х 3 + (b – a)x 2 + (cх – ab)х – ac.

Решив систему:

{b – a = 4,
{c – ab = 5,
{-ac = 2,

{a = -1,
{b = 3,
{c = 2, т.е.

х 3 + 4x 2 + 5х + 2 = (х + 1)(x 2 + 3х + 2).

Корни уравнения (х + 1)(x 2 + 3х + 2) = 0 находятся легко.

Ответ: -1; -2.

4. Метод подбора корня по старшему и свободному коэффициенту

Метод опирается на применение теорем:

1) Всякий целый корень многочлена с целыми коэффициентами является делителем свободного члена.

2) Для того, чтобы несократимая дробь p/q (p – целое, q – натуральное) была корнем уравнения с целыми коэффициентами, необходимо, чтобы число p было целым делителем свободного члена а 0 , а q – натуральным делителем старшего коэффициента.

Пример 1.

6х 3 + 7x 2 – 9х + 2 = 0.

Решение:

6: q = 1, 2, 3, 6.

Следовательно, p/q = ±1, ±2, ±1/2, ±1/3, ±2/3, ±1/6.

Найдя один корень, например – 2, другие корни найдем, используя деление уголком, метод неопределенных коэффициентов или схему Горнера.

Ответ: -2; 1/2; 1/3.

Остались вопросы? Не знаете, как решать уравнения?
Чтобы получить помощь репетитора – .
Первый урок – бесплатно!

blog.сайт, при полном или частичном копировании материала ссылка на первоисточник обязательна.

Применение уравнений широко распространено в нашей жизни. Они используются во многих расчетах, строительстве сооружений и даже спорте. Уравнения человек использовал еще в древности и с тех пор их применение только возрастает. В математике довольно часто встречаются уравнения высших степеней с целыми коэффициентами. Чтобы решить данного рода уравнения необходимо:

Определить рациональные корни уравнения;

Разложить на множители многочлен, который находится в левой части уравнения;

Найти корни уравнения.

Допустим, нам дано уравнение следующего вида:

Найдем все действительные его корни. Умножим левую и правую части уравнения на \

Выполним замену переменных \

Таким образом, у нас получилось приведенное уравнение четвертой степени, которое решается по стандартному алгоритму: проверяем делители, проводим деление и в результате выясняем, что уравнение имеет два действительных корня \ и два комплексных. Получим следующий ответ нашего уравнения четвертой степени:

Где можно решить уравнение высших степеней онлайн решателем?

Решить уравнение вы можете на нашем сайте https://сайт. Бесплатный онлайн решатель позволит решить уравнение онлайн любой сложности за считанные секунды. Все, что вам необходимо сделать - это просто ввести свои данные в решателе. Так же вы можете посмотреть видео инструкцию и узнать, как решить уравнение на нашем сайте. А если у вас остались вопросы, то вы можете задать их в нашей групе Вконтакте http://vk.com/pocketteacher. Вступайте в нашу группу, мы всегда рады помочь вам.

«Методы решения уравнений высших степеней»

( Киселёвские чтения )

Учитель математики Афанасьева Л.А

МКОУ Верхнекарачанская СОШ

Грибановского района, Воронежской области

2015 год

Математическое образование, получаемое в общеобразовательной школе, является важнейшим компонентом общего образования и общей культуры современного человека.

Известный немецкий математик Курант писал: «На протяжении двух с лишним тысячелетий обладание некоторыми, не слишком поверхностными, знаниями в области математики входило необходимой составной частью в интеллектуальный инвентарь каждого образованного человека». И среди этих знаний не последнее место принадлежит умению решать уравнения.

Уже в древности люди осознали, как важно научиться решать алгебраические уравнения. Около 4000 лет назад вавилонские ученые владели решением квадратного уравнения и решали системы двух уравнений, из которых одно – второй степени. С помощью уравнений решались разнообразные задачи землемерия, архитектуры и военного дела, к ним сводились многие и разнообразные вопросы практики и естествознания, так как точный язык математики позволяет просто выразить факты и соотношения, которые, будучи изложенными обычным языком, могут показаться запутанными и сложными. Уравнение одно из важнейших понятий математики. Развитие методов решения уравнений, начиная с зарождения математики как науки, долгое время было основным предметом изучения алгебры. И сегодня на уроках математики, начиная с первой ступени обучения, решению уравнений различных видов уделяется большое внимание.

Универсальной формулы для нахождения корней алгебраического уравнения n – ой степени нет. Многим, разумеется, приходила в голову заманчивая мысль найти для любой степени n формулы, которые выражали бы корни уравнения через его коэффициенты, то есть, решали бы уравнение в радикалах. Однако «мрачное средневековье» оказалось как нельзя более мрачным и в отношении обсуждаемой задачи – в течение целых семи столетий требуемых формул никто не нашёл! Только в 16 веке итальянским математикам удалось продвинуться дальше – найти формулы для n =3 и n =4 . Одновременно вопросом об общем решении уравнений 3-й степени занимались Сципион Даль Ферро, его ученик Фиори и Тарталья. В 1545 году вышла книга итальянского математика Д Кардано «Великое искусство, или О правилах алгебры», где наряду с другими вопросами алгебры рассматриваются общие способы решения кубических уравнений, а так же метод решения уравнений 4 – й степени, открытый его учеником Л. Феррари. Полное изложение вопросов, связанных с решением уравнений 3-й 4-й степеней, дал Ф. Виет. А в 20-х годах 19 века норвежский математик Н. Абель доказал, что корни уравнений 5-й и более высоких степеней не могут быть выражены через радикалы.

Процесс отыскания решений уравнения заключается обычно в замене уравнения равносильным. Замена уравнения равносильным основана на применении четырёх аксиом:

1. Если равные величины увеличить на одно и то же число, то результаты будут равны.

2. Если из равных величин вычесть одно и то же число, то результаты будут равны.

3. Если равные величины умножить на одно и то же число, то результаты будут равны.

4. Если равные величины разделить на одно и то же число, то результаты будут равны.

Поскольку левая часть уравнения Р(х) = 0 представляет собой многочлен n-й степени, то полезно напомнить следующие утверждения:

Утверждения о корнях многочлена и его делителях:

1. Многочлен n-й степени имеет число корней не превышающее число n, причем корни кратности m встречаются ровно m раз.

2. Многочлен нечетной степени имеет хотя бы один действительный корень.

3. Если α – корень Р(х), то Р n (х) = (х — α)·Q n — 1 (x), где Q n — 1 (x) – многочлен степени (n – 1).

4. Всякий целый корень многочлена с целыми коэффициентами является делителем свободного члена.

5. Приведенный многочлен с целыми коэффициентами не может иметь дробных рациональных корней.

6. Для многочлена третьей степени

Р 3 (х) = ах 3 + bx 2 + cx + d возможно одно из двух: либо он разлагается в произведение трех двучленов

Р 3 (x) = а (х — α)(х — β)(х — γ), либо разлагается в произведение двучлена и квадратного трехчлена Р 3 (x) = а(х — α)(х 2 + βх + γ).

7. Любой многочлен четвертой степени раскладывается в произведение двух квадратных трехчленов.

8. Многочлен f (x) делится на многочлен g(х) без остатка, если существует многочлен q(x), что f(x) = g(x)·q(x). Для деления многочленов применяется правило «деления уголком».

9. Для делимости многочлена P(x) на двучлен (x – c) необходимо и достаточно, чтобы с было корнем P(x) (Следствие теоремы Безу).

10. Теорема Виета: Если х 1 , х 2 , …, х n – действительные корни многочлена

Р(х) = а 0 х n + а 1 х n — 1 + … + а n , то имеют место следующие равенства:

х 1 + х 2 + … + х n = -а 1 /а 0 ,

х 1 · х 2 + х 1 · х 3 + … + х n — 1 · х n = a 2 /а 0 ,

х 1 · х 2 · х 3 + … + х n — 2 · х n — 1 · х n = -a 3 /а 0 ,

х 1 · х 2 · х 3 · х n = (-1) n a n /а 0 .

Решение примеров

Пример 1 . Найти остаток от деления Р(х) = х 3 + 2/3 x 2 – 1/9 на (х – 1/3).

Решение. По следствию из теоремы Безу: «Остаток от деления многочлена на двучлен (х — с) равен значению многочлена от с». Найдем Р(1/3) = 0. Следовательно, остаток равен 0 и число 1/3 – корень многочлена.

Ответ: R = 0.

Пример 2 . Разделить «уголком» 2х 3 + 3x 2 – 2х + 3 на (х + 2). Найти остаток и неполное частное.

Решение:

2х 3 + 3x 2 – 2х + 3| х + 2

2х 3 + 4x 2 2x 2 – x

X 2 – 2x

X 2 – 2x

Ответ: R = 3; частное: 2х 2 – х.

Основные методы решения уравнений высших степеней

1. Введение новой переменной

Метод введения новой переменной заключается в том, что для решения уравнения f(x) = 0 вводят новую переменную (подстановку) t = x n или t = g(х) и выражают f(x) через t, получая новое уравнение r(t). Решая затем уравнение r(t), находят корни: (t 1 , t 2 , …, t n). После этого получают совокупность n уравнений q(x) = t 1 , q(x) = t 2 , … , q(x) = t n , из которых находят корни исходного уравнения.

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

Решение: (х 2 + х + 1) 2 – 3х 2 — 3x – 1 = 0.

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

Замена (х 2 + х + 1) = t.

t 2 – 3t + 2 = 0.

t 1 = 2, t 2 = 1. Обратная замена:

х 2 + х + 1 = 2 или х 2 + х + 1 = 1;

х 2 + х — 1 = 0 или х 2 + х = 0;

Из первого уравнения: х 1, 2 = (-1 ± √5)/2, из второго: 0 и -1.

Метод введения новой переменной находит применение при решении возвратных уравнений, то есть уравнений вида а 0 х n + а 1 х n – 1 + .. + а n – 1 х + а n =0, в котором коэффициенты членов уравнения, одинаково отстоящих от начала и конца, равны.

2. Разложение на множители методом группировки и формул сокращенного умножения

Основа данного метода заключается в группировке слагаемых таким образом, чтобы каждая группа содержала общий множитель. Для этого иногда приходится применять некоторые искусственные приемы.

Пример: х 4 — 3x 2 + 4х – 3 = 0.

Решение. Представим — 3x 2 = -2x 2 – x 2 и сгруппируем:

(х 4 — 2x 2) – (x 2 — 4х + 3) = 0.

(х 4 — 2x 2 +1 – 1) – (x 2 — 4х + 3 + 1 – 1) = 0.

(х 2 – 1) 2 – 1 – (x – 2) 2 + 1 = 0.

(х 2 – 1) 2 – (x – 2) 2 = 0.

(х 2 – 1 – х + 2)(х 2 – 1 + х — 2) = 0.

(х 2 – х + 1)(х 2 + х — 3) = 0.

х 2 – х + 1 = 0 или х 2 + х — 3 = 0.

В первом уравнении нет корней, из второго: х 1, 2 = (-1 ± √13)/2.

3. Разложение на множители методом неопределенных коэффициентов

Суть метода состоит в том, что исходный многочлен раскладывается на множители с неизвестными коэффициентами. Используя свойство, что многочлены равны, если равны их коэффициенты при одинаковых степенях, находят неизвестные коэффициенты разложения.

Пример: х 3 + 4x 2 + 5х + 2 = 0.

Решение. Многочлен 3-й степени можно разложить в произведение линейного и квадратного множителей.

х 3 + 4x 2 + 5х + 2 = (х — а)(x 2 + bх + c),

х 3 + 4x 2 + 5х + 2 = х 3 +bx 2 + cх — ax 2 — abх — ac,

х 3 + 4x 2 + 5х + 2 = х 3 + (b – a)x 2 + (c – ab)х – ac.

Решив систему:

получим

х 3 + 4x 2 + 5х + 2 = (х + 1)(x 2 + 3х + 2).

Корни уравнения (х + 1)(x 2 + 3х + 2) = 0 находятся легко.

Ответ: -1; -2.

4. Метод подбора корня по старшему и свободному коэффициенту

Метод опирается на применение теорем:

1) Всякий целый корень многочлена с целыми коэффициентами является делителем свободного члена.

2) Для того, чтобы несократимая дробь p/q (p – целое, q — натуральное) была корнем уравнения с целыми коэффициентами, необходимо, чтобы число p было целым делителем свободного члена а 0 , а q – натуральным делителем старшего коэффициента.

Пример: 6х 3 + 7x 2 — 9х + 2 = 0.

Решение:

2: p = ±1, ±2

6: q = 1, 2, 3, 6.

Следовательно, p/q = ±1, ±2, ±1/2, ±1/3, ±2/3, ±1/6.

Найдя один корень, например – 2, другие корни найдем, используя деление уголком, метод неопределенных коэффициентов или схему Горнера.

Ответ: -2; 1/2; 1/3.

5. Графический метод.

Данный метод состоит в построении графиков и использовании свойств функций.

Пример: х 5 + х – 2 = 0

Представим уравнение в виде х 5 = — х + 2. Функция у = х 5 является возрастающей, а функция у = — х + 2 — убывающей. Значит, уравнение х 5 + х – 2 = 0 имеет единственный корень -1.

6.Умножение уравнения на функцию.

Иногда решение алгебраического уравнения существенно облегчается, если умножить обе его части на некоторую функцию – многочлен от неизвестной. При этом надо помнить, что возможно появление лишних корней – корней многочлена, на который умножили уравнение. Поэтому надо либо умножать на многочлен, не имеющий корней, и получить равносильное уравнение, либо умножать на многочлен, имеющий корни, и тогда каждый из таких корней надо обязательно подставить в исходное уравнение и установить, является ли это число его корнем.

Пример. Решить уравнение:

X 8 – X 6 + X 4 – X 2 + 1 = 0. (1)

Решение: Умножив обе части уравнения на многочлен Х 2 + 1, не имеющий корней, получим уравнение:

(Х 2 +1) (Х 8 – Х 6 + Х 4 – Х 2 + 1) = 0 (2)
равносильное уравнению (1). Уравнение (2) можно записать в виде:

Х 10 + 1= 0 (3)
Ясно, что уравнение (3) не имеет действительных корней, поэтому уравнение (1) их не имеет.

Ответ: нет решений.

Кроме названных методов решения уравнений высших степеней существуют и другие. Например, выделение полного квадрата, схема Горнера, представление дроби в виде двух дробей. Из общих методов решения уравнений высших степеней, которые встречаются чаще всего, используют: метод разложения левой части уравнения на множители;

метод замены переменной (метод введения новой переменной); графический способ. С этими методами мы знакомим учащихся 9 класса при изучении темы «Целое уравнение и его корни». В учебнике Алгебра 9 (авторы Макарычев Ю.Н., Миндюк Н.Г и др) последних годов издания достаточно подробно рассматриваются основные методы решения уравнений высших степеней. Кроме этого в разделе «Для тех, кто хочет знать больше», на мой взгляд, доступно излагается материал о применении теорем о корне многочлена и целых корнях целого уравнения при решении уравнений высших степеней. Хорошо подготовленные ученики с интересом изучают этот материал, а затем представляют одноклассникам решённые уравнения.

Практически всё, что окружает нас, связано в той или иной мере с математикой. А достижения в физике, технике, информационных технологиях только подтверждают это. И что очень важно – решение многих практических задач сводится к решению различных видов уравнений, которые необходимо научиться решать.

Чтобы пользоваться предварительным просмотром презентаций создайте себе аккаунт (учетную запись) Google и войдите в него: https://accounts.google.com

Подписи к слайдам:

Уравнения высших степеней (корни многочлена от одной переменной).

П лан лекции. № 1 . Уравнения высших степеней в школьном курсе математики. № 2 . Стандартный вид многочлена. № 3 .Целые корни многочлена. Схема Горнера. № 4. Дробные корни многочлена. № 5. Уравнения вида: (х + а)(х + в)(х + с) … = А № 6. Возвратные уравнения. № 7. Однородные уравнения. № 8. Метод неопределенных коэффициентов. № 9. Функционально – графический метод. № 10. Формулы Виета для уравнений высших степеней. № 11. Нестандартные методы решения уравнений высших степеней.

Уравнения высших степеней в школьном курсе математики. 7 класс. Стандартный вид многочлена. Действия с многочленами. Разложение многочлена на множители. В обычном классе 42 часа, в спец классе 56 часов. 8 спецкласс. Целые корни многочлена, деление многочленов, возвратные уравнения, разность и сумма п – ых степеней двучлена, метод неопределенных коэффициентов. Ю.Н. Макарычев « Дополнительные главы к школьному курсу алгебры 8 класса», М.Л.Галицкий Сборник задач по алгебре 8 – 9 класс». 9 спецкласс. Рациональные корни многочлена. Обобщенные возвратные уравнения. Формулы Виета для уравнений высших степеней. Н.Я. Виленкин « Алгебра 9 класс с углубленным изучением. 11 спецкласс. Тождественность многочленов. Многочлен от нескольких переменных. Функционально – графический метод решения уравнений высших степеней.

Стандартный вид многочлена. Многочлен Р(х) = а ⁿ х ⁿ + а п-1 х п-1 + … + а₂х ² + а₁х + а₀. Называется многочленом стандартного вида. а п х ⁿ - старший член многочлена а п - коэффициент при старшем члене многочлена. При а п = 1 Р(х) называется приведенным многочленом. а ₀ - свободный член многочлена Р(х). п – степень многочлена.

Целые корни многочлена. Схема Горнера. Теорема № 1. Если целое число а является корнем многочлена Р(х), то а – делитель свободного члена Р(х). Пример № 1 . Решите уравнение. Х⁴ + 2х³ = 11х² – 4х – 4 Приведем уравнение к стандартному виду. Х⁴ + 2х³ - 11х² + 4х + 4 = 0. Имеем многочлен Р(х) = х ⁴ + 2х³ - 11х² + 4х + 4 Делители свободного члена: ± 1, ± 2, ±4. х = 1 корень уравнения т.к. Р(1) = 0, х = 2 корень уравнения т.к. Р(2) = 0 Теорема Безу. Остаток от деления многочлена Р(х) на двучлен (х – а) равен Р(а). Следствие. Если а – корень многочлена Р(х), то Р(х) делится на (х – а). В нашем уравнении Р(х) делится на (х – 1) и на (х – 2), а значит и на (х – 1) (х – 2). При делении Р(х) на (х ² - 3х + 2) в частном получается трехчлен х ² + 5х + 2 = 0, который имеет корни х =(-5 ± √17)/2

Дробные корни многочлена. Теорема №2. Если р / g корень многочлена Р(х), то р – делитель свободного члена, g – делитель коэффициента старшего члена Р(х). Пример № 2. Решите уравнение. 6х³ - 11х² - 2х + 8 = 0. Делители свободного члена: ±1, ±2, ±4, ±8. Ни одно из этих чисел не удовлетворяет уравнению. Целых корней нет. Натуральные делители коэффициента старшего члена Р(х): 1, 2, 3, 6. Возможные дробные корни уравнения: ±2/3, ±4/3, ±8/3. Проверкой убеждаемся, что Р(4/3) = 0. Х = 4/3 корень уравнения. По схеме Горнера разделим Р(х) на (х – 4/3).

Примеры для самостоятельного решения. Решите уравнения: 9х³ - 18х = х – 2, х ³ - х ² = х – 1, х ³ - 3х² -3х + 1 = 0, Х ⁴ - 2х³ + 2х – 1 = 0, Х⁴ - 3х² + 2 = 0, х ⁵ + 5х³ - 6х² = 0, х ³ + 4х² + 5х + 2 = 0, Х⁴ + 4х³ - х ² - 16х – 12 = 0 4х³ + х ² - х + 5 = 0 3х⁴ + 5х³ - 9х² - 9х + 10 = 0. Ответы: 1) ±1/3; 2 2) ±1, 3) -1; 2 ±√3 , 4) ±1, 5) ± 1; ±√2 , 6) 0; 1 7) -2; -1, 8) -3; -1; ±2, 9) – 5/4 10) -2; - 5/3; 1.

Уравнения вида (х + а)(х + в)(х + с)(х + d)… = А. Пример №3 . Решите уравнение (х + 1)(х + 2)(х + 3)(х + 4) =24. а = 1, в = 2, с = 3, d = 4 а + d = в + с. Перемножаем первую скобку с четвертой и вторую с третьей. (х + 1)(х + 4)(х + 20(х + 3) = 24. (х ² + 5х + 4)(х ² + 5х + 6) = 24. Пусть х ² + 5х + 4 = у, тогда у(у + 2) = 24, у² + 2у – 24 = 0 у₁ = - 6, у₂ = 4. х ² + 5х + 4 = -6 или х ² + 5х + 4 = 4. х ² + 5х + 10 = 0, Д

Примеры для самостоятельного решения. (х + 1)(х + 3)(х + 5)(х + 7) = -15, х (х + 4)(х + 5)(х + 9) + 96 = 0, х (х + 3)(х + 5)(х + 8) + 56 = 0, (х – 4)(х – 3)(х – 2)(х – 1) = 24, (х – 3)(х -4)(х – 5)(х – 6) = 1680, (х ² - 5х)(х + 3)(х – 8) + 108 = 0, (х + 4)² (х + 10)(х – 2) + 243 = 0 (х ² + 3х + 2)(х ² + 9х + 20) = 4, Указание: х + 3х + 2 = (х + 1)(х + 2), х ² + 9х + 20 = (х + 4)(х + 5) Ответы: 1) -4 ±√6; - 6; - 2. 6) - 1; 6; (5± √97)/2 7) -7; -1; -4 ±√3.

Возвратные уравнения. Определение №1. Уравнение вида: ах⁴ + вх ³ + сх ² + вх + а = 0 называется возвратным уравнением четвертой степени. Определение №2. Уравнение вида: ах⁴ + вх ³ + сх ² + квх + к² а = 0 называется обобщенным возвратным уравнением четвертой степени. к² а: а = к² ; кв: в = к. Пример №6. Решите уравнение х ⁴ - 7х³ + 14х² - 7х + 1 = 0. Делим обе части уравнения на х ² . х ² - 7х + 14 – 7/ х + 1/ х ² = 0, (х ² + 1/ х ²) – 7(х + 1/ х) + 14 = 0. Пусть х + 1/ х = у. Возводим обе части равенства в квадрат. х ² + 2 + 1/ х ² = у² , х ² + 1/ х ² = у² - 2. Получаем квадратное уравнение у² - 7у + 12 = 0, у₁ = 3, у₂ = 4. х + 1/ х =3 или х + 1/ х = 4. Получаем два уравнения: х ² - 3х + 1 = 0, х ² - 4х + 1 = 0. Пример №7. 3х⁴ - 2х³ - 31х² + 10х + 75 = 0. 75:3 = 25, 10:(– 2) = -5, (-5)² = 25. Условие обобщенного возвратного уравнения выполняется к= -5. Решается аналогично примеру №6. Делим обе части уравнения на х ². 3х⁴ - 2х – 31 + 10/ х + 75/ х ² = 0, 3(х ⁴ + 25/ х ²) – 2(х – 5/ х) – 31 = 0. Пусть х – 5/ х = у, возводим обе части равенства в квадрат х ² - 10 + 25/ х ² = у² , х ² + 25/ х ² = у² + 10. Имеем квадратное уравнение 3у² - 2у – 1 = 0, у₁ = 1, у₂ = - 1/3. х – 5/ х = 1 или х – 5/ х = -1/3. Получаем два уравнения: х ² - х – 5 = 0 и 3х² + х – 15 = 0

Примеры для самостоятельного решения. 1. 78х⁴ - 133х³ + 78х² - 133х + 78 = 0, 2. х ⁴ - 5х³ + 10х² - 10х + 4 = 0, 3. х ⁴ - х ³ - 10х² + 2х + 4 = 0, 4. 6х⁴ + 5х³ - 38х² -10х + 24 = 0, 5. х ⁴ + 2х³ - 11х² + 4х + 4 = 0, 6. х ⁴ - 5х³ + 10х² -10х + 4 = 0. Ответы: 1) 2/3; 3/2, 2) 1;2 3) -1 ±√3; (3±√17)/2, 4) -1±√3; (7±√337)/12 5) 1; 2; (-5± √17)/2, 6) 1; 2.

Однородные уравнения. Определение. Уравнение вида а₀ u³ + а₁ u² v + а₂ uv² + а₃ v³ = 0 называется однородным уравнением третьей степени относительно u v . Определение. Уравнение вида а₀ u⁴ + а₁ u³v + а₂ u²v² + а₃ uv³ + а₄ v⁴ = 0 называется однородным уравнением четвертой степени относительно u v . Пример №8. Решите уравнение (х ² - х + 1)³ + 2х⁴(х ² - х + 1) – 3х⁶ = 0 Однородное уравнение третьей степени относительно u = х ²- х + 1, v = х ². Делим обе части уравнения на х ⁶. Предварительно проверили, что х = 0 не является корнем уравнения. (х ² - х + 1/ х ²)³ + 2(х ² - х + 1/ х ²) – 3 = 0. (х ² - х + 1)/ х ²) = у, у³ + 2у – 3 = 0, у = 1 корень уравнения. Делим многочлен Р(х) = у³ + 2у – 3 на у – 1 по схеме Горнера. В частном получаем трехчлен, который не имеет корней. Ответ: 1.

Примеры для самостоятельного решения. 1. 2(х ² + 6х + 1)² + 5(Х² + 6Х + 1)(Х² + 1) + 2(Х² + 1)² = 0, 2. (Х + 5)⁴ - 13Х²(Х + 5)² + 36Х⁴ = 0, 3. 2(Х² + Х + 1)² - 7(Х – 1)² = 13(Х³ - 1), 4. 2(Х -1)⁴ - 5(Х² - 3Х + 2)² + 2(х – 2)⁴ = 0, 5. (х ² + х + 4)² + 3х(х ² + х + 4) + 2х² = 0, Ответы: 1) -1; -2±√3, 2) -5/3; -5/4; 5/2; 5 3) -1; -1/2; 2;4 4) ±√2; 3±√2, 5) Корней нет.

Метод неопределенных коэффициентов. Теорема №3. Два многочлена Р(х) и G(х) тождественны тогда и только тогда, когда они имеют одинаковую степень и коэффициенты при одноименных степенях переменной в обоих многочленах равны. Пример №9. Разложить на множители многочлен у⁴ - 4у³ + 5у² - 4у + 1. у⁴ - 4у³ + 5у² - 4у + 1 = (у² + ву + с)(у² + в₁у + с₁) =у ⁴ +у³(в₁ + в) + у²(с₁ + с + в₁в) + у(вс ₁ + св ₁) + сс ₁. Согласно теореме №3 имеем систему уравнений: в₁ + в = -4, с₁ + с + в₁в = 5, вс ₁ + св ₁ = -4, сс ₁ = 1. Необходимо решить систему в целых числах. Последнее уравнение в целых числах может иметь решения: с = 1, с₁ =1; с = -1, с₁ = -1. Пусть с = с ₁ = 1, тогда из первого уравнения имеем в₁ = -4 –в. Подставляем во второе уравнение системы в² + 4в + 3 = 0, в = -1, в₁ = -3 или в = -3, в₁ = -1. Данные значения подходят третьему уравнению системы. При с = с ₁ = -1 Д

Пример №10. Разложить на множители многочлен у³ - 5у + 2. у³ -5у + 2 = (у + а)(у² + ву + с) = у³ + (а + в)у² + (ав +с)у + ас. Имеем систему уравнений: а + в = 0, ав + с = -5, ас = 2. Возможные целые решения третьего уравнения: (2; 1), (1; 2), (-2; -1), (-1; -2). Пусть а = -2, с = -1. Из первого уравнения системы в = 2, что удовлетворяет второму уравнению. Подставляя данные значения в искомое равенство получим ответ: (у – 2)(у² + 2у – 1). Второй способ. У³ - 5у + 2 = у³ -5у + 10 – 8 = (у³ - 8) – 5(у – 2) = (у – 2)(у² + 2у -1).

Примеры для самостоятельного решения. Разложите на множители многочлены: 1. у⁴ + 4у³ + 6у² +4у -8, 2. у⁴ - 4у³ + 7у² - 6у + 2, 3. х ⁴ + 324, 4. у⁴ -8у³ + 24у² -32у + 15, 5. Решите уравнение, используя метод разложения на множители: а) х ⁴ -3х² + 2 = 0, б) х ⁵ +5х³ -6х² = 0. Ответы: 1) (у² +2у -2)(у² +2у +4), 2) (у – 1)²(у² -2у + 2), 3) (х ² -6х + 18)(х ² + 6х + 18), 4) (у – 1)(у – 3)(у² -4у + 5), 5а) ± 1; ±√2 , 5б) 0; 1.

Функционально – графический метод решения уравнений высших степеней. Пример №11. Решите уравнение х ⁵ + 5х -42 = 0. Функция у = х ⁵ возрастающая, функция у = 42 – 5х убывающая (к

Примеры для самостоятельного решения. 1. Используя свойство монотонности функции, докажите, что уравнение имеет единственный корень, и найдите этот корень: а) х ³ = 10 – х, б) х ⁵ + 3х³ - 11√2 – х. Ответы: а) 2, б) √2. 2. Решите уравнение, используя функционально – графический метод: а) х = ³ √х, б) l х l = ⁵ √х, в) 2 = 6 – х, г) (1/3) = х +4, д) (х – 1)² = log₂ х, е) log = (х + ½)² , ж) 1 - √х = ln х, з) √х – 2 = 9/х. Ответы: а) 0; ±1, б) 0; 1, в) 2, г) -1, д) 1; 2, е) ½, ж) 1, з) 9.

Формулы Виета для уравнений высших степеней. Теорема №5 (Теореме Виета). Если уравнение а х ⁿ + а х ⁿ + … + а₁х + а₀ имеет n различных действительных корней х ₁, х ₂, … , х, то они удовлетворяют равенствам: Для квадратного уравнения ах² + вх + с = о: х ₁ + х ₂ = -в/а, х₁х ₂ = с/а; Для кубического уравнения а₃х ³ + а₂х ² + а₁х + а₀ = о: х ₁ + х ₂ + х ₃ = -а₂/а₃; х₁х ₂ + х₁х ₃ + х₂х ₃ = а₁/а₃; х₁х₂х ₃ = -а₀/а₃; …, для уравнения n –ой степени: х ₁ + х ₂ + … х = - а / а, х₁х ₂ + х₁х ₃ + … + х х = а / а, … , х₁х ₂·… · х = (- 1) ⁿ а₀/а. Выполняется и обратная теорема.

Пример №13. Напишите кубическое уравнение, корни которого обратны корням уравнения х ³ - 6х² + 12х – 18 = 0, а коэффициент при х ³ равен 2. 1. По теореме Виета для кубического уравнения имеем: х ₁ + х ₂ + х ₃ = 6, х₁х ₂ + х₁х ₃ + х₂х ₃ = 12, х₁х₂х ₃ = 18. 2. Составляем обратные величины данным корням и для них применяем обратную теорему Виета. 1/ х ₁ + 1/ х ₂ + 1/ х ₃ = (х₂х ₃ + х₁х ₃ + х₁х ₂)/ х₁х₂х ₃ = 12/18 = 2/3. 1/ х₁х ₂ + 1/ х₁х ₃ + 1/ х₂х ₃ = (х ₃ + х ₂ + х ₁)/ х₁х₂х ₃ = 6/18 = 1/3, 1/ х₁х₂х ₃ = 1/18. Получаем уравнение х ³ +2/3х² + 1/3х – 1/18 = 0 · 2 Ответ: 2х³ + 4/3х² + 2/3х -1/9 = 0.

Примеры для самостоятельного решения. 1. Напишите кубическое уравнение, корни которого обратны квадратам корней уравнения х ³ - 6х² + 11х – 6 = 0, а коэффициент при х ³ равен 8. Ответ: 8х³ - 98/9х² + 28/9х -2/9 = 0. Нестандартные методы решений уравнений высших степеней. Пример №12. Решите уравнение х ⁴ -8х + 63 = 0. Разложим левую часть уравнения на множители. Выделим точные квадраты. Х⁴ - 8х + 63 = (х ⁴ + 16х² + 64) – (16х² + 8х + 1) = (х ² + 8)² - (4х + 1)² = (х ² + 4х + 9)(х ² - 4х + 7) = 0. Оба дискриминанта отрицательные. Ответ: нет корней.

Пример №14. Решите уравнение 21х³ + х ² - 5х – 1 = 0. Если свободный член уравнения равен ± 1, то уравнение преобразуется в приведенное уравнение с помощью замены х = 1/у. 21/у³ + 1/у² - 5/у – 1 = 0 · у³, у³ + 5у² -у – 21 = 0. у = -3 корень уравнения. (у + 3)(у² + 2у -7) = 0, у = -1 ± 2√2. х ₁ = -1/3, х ₂ = 1/ -1 + 2√2 = (2√2 + 1)/7, Х₃ = 1/-1 -2√2 =(1-2√2)/7. Пример №15. Решите уравнение 4х³-10х² + 14х – 5 = 0. Умножим обе части уравнения на 2. 8х³ -20х² + 28х – 10 = 0, (2х)³ - 5(2х)² + 14·(2х) -10 = 0. Введем новую переменную у = 2х, получим приведенное уравнение у³ - 5у² + 14у -10 = 0, у = 1 корень уравнения. (у – 1)(у² - 4у + 10) = 0, Д

Пример №16. Доказать, что уравнение х ⁴ + х ³ + х – 2 = 0 имеет один положительный корень. Пусть f (х) = х ⁴ + х ³ + х – 2, f’ (х) = 4х³ + 3х² + 1 > о при х > о. Функция f (х) возрастающая при х > о, а значение f (о) = -2. Очевидно, что уравнение имеет один положительный корень ч.т.д. Пример №17. Решите уравнение 8х(2х² - 1)(8х⁴ - 8х² + 1) = 1. И.Ф.Шарыгин « Факультативный курс по математике для 11 класса».М. Просвещение 1991 стр90. 1. l х l 1 2х² - 1 > 1 и 8х⁴ -8х² + 1 > 1 2. Сделаем замену х = cosy , у € (0; п). При остальных значениях у, значения х повторяются, а уравнение имеет не более 7 корней. 2х² - 1 = 2 cos²y – 1 = cos2y , 8х⁴ - 8х² + 1 = 2(2х² - 1)² - 1 = 2 cos²2y – 1 = cos4y . 3. Уравнение принимает вид 8 cosycos2ycos4y = 1. Умножаем обе части уравнения на siny . 8 sinycosycos2ycos4y = siny . Применяя 3 раза формулу двойного угла получим уравнение sin8y = siny , sin8y – siny = 0

Окончание решения примера №17. Применяем формулу разности синусов. 2 sin7y/2 · cos9y/2 = 0 . Учитывая, что у € (0;п), у = 2пк/3, к = 1, 2, 3 или у = п /9 + 2пк/9, к =0, 1, 2, 3. Возвращаясь к переменной х получаем ответ: Cos2 п /7, cos4 п /7, cos6 п /7, cos п /9, ½, cos5 п /9, cos7 п /9 . Примеры для самостоятельного решения. Найти все значения а, при которых уравнение (х ² + х)(х ² + 5х + 6) = а имеет ровно три корня. Ответ: 9/16. Указание: построить график левой части уравнения. F max = f(0) = 9/16 . Прямая у = 9/16 пересекает график функции в трех точках. Решите уравнение (х ² + 2х)² - (х + 1)² = 55. Ответ: -4; 2. Решите уравнение (х + 3)⁴ + (х + 5)⁴ = 16. Ответ: -5; -3. Решите уравнение 2(х ² + х + 1)² -7(х – 1)² = 13(х ³ - 1).Ответ: -1; -1/2, 2;4 Найдите число действительных корней уравнения х ³ - 12х + 10 = 0 на [-3; 3/2]. Указание: найти производную и исследовать на монот.

Примеры для самостоятельного решения (продолжение). 6. Найдите число действительных корней уравнения х ⁴ - 2х³ + 3/2 = 0. Ответ: 2 7. Пусть х ₁, х ₂, х ₃ - корни многочлена Р(х) = х ³ - 6х² -15х + 1. Найдите Х₁² + х ₂² + х ₃². Ответ: 66. Указание: примените теорему Виета. 8. Докажите, что при а > о и произвольном вещественном в уравнение х ³ + ах + в = о имеет только один вещественный корень. Указание: проведите доказательство от противного. Примените теорему Виета. 9. Решите уравнение 2(х ² + 2)² = 9(х ³ + 1). Ответ: ½; 1; (3 ± √13)/2. Указание: приведите уравнение к однородному, используя равенства Х² + 2 = х + 1 + х ² - х + 1, х ³ + 1 = (х + 1)(х ² - х + 1). 10. Решите систему уравнений х + у = х ², 3у – х = у². Ответ: (0;0),(2;2), (√2; 2 - √2), (- √2 ; 2 + √2). 11. Решите систему: 4у² -3ху = 2х –у, 5х² - 3у² = 4х – 2у. Ответ: (о;о), (1;1),(297/265; - 27/53).

Контрольная работа. 1 вариант. 1. Решите уравнение (х ² + х) – 8(х ² + х) + 12 = 0. 2. Решите уравнение (х + 1)(х + 3)(х + 5)(х + 7) = - 15. 3. Решите уравнение 12х²(х – 3) + 64(х – 3)² = х ⁴. 4. Решите уравнение х ⁴ - 4х³ + 5х² - 4х + 1 = 0 5. Решите систему аравнений: х ² + 2у² - х + 2у = 6, 1,5х² + 3у² - х + 5у = 12.

2 вариант 1. (х ² - 4х)² + 7(х ² - 4х) + 12 = 0. 2. х (х + 1)(х + 5)(х + 6) = 24. 3. х ⁴ + 18(х + 4)² = 11х²(х + 4). 4. х ⁴ - 5х³ + 6х² - 5х + 1 = 0. 5. х ² - 2ху + у² + 2х²у – 9 = 0, х – у – х²у + 3 = 0. 3 вариант. 1. (х ² + 3х)² - 14(х ² + 3х) + 40 = 0 2. (х – 5)(х-3)(х + 3)(х + 1) = - 35. 3. х4 + 8х²(х + 2) = 9(х+ 2)². 4. х ⁴ - 7х³ + 14х² - 7х + 1 = 0. 5. х + у + х ² + у ² = 18, ху + х ² + у² = 19.

4 вариант. (х ² - 2х)² - 11(х ² - 2х) + 24 = о. (х -7)(х-4)(х-2)(х + 1) = -36. Х⁴ + 3(х -6)² = 4х²(6 – х). Х⁴ - 6х³ + 7х² - 6х + 1 = 0. Х² + 3ху + у² = - 1, 2х² - 3ху – 3у² = - 4. Дополнительное задание: Остаток от деления многочлена Р(х) на (х – 1) равен 4, остаток от делении на (х + 1) равен2, а при делении на (х – 2) равен 8. Найти остаток от деления Р(х) на (х ³ - 2х² - х + 2).

Ответы и указания: вариант № 1 № 2. № 3. № 4. № 5. 1. - 3; ±2; 1 1;2;3. -5; -4; 1; 2. Однородное уравнение: u = x -3, v =x² -2 ; -1; 3; 4. (2;1); (2/3;4/3). Указание: 1·(-3) + 2· 2 2. -6; -2; -4±√6. -3±2√3; - 4; - 2. 1±√11; 4; - 2. Однородное уравнение: u = x + 4, v = x² 1 ; 5;3±√13. (2;1); (0;3); (- 3; 0). Указание: 2· 2 + 1. 3. -6; 2; 4; 12 -3; -2; 4; 12 -6; -3; -1; 2. Однородное u = x+ 2, v = x² -6 ; ±3; 2 (2;3), (3;2), (-2 + √7; -2 - √7); (-2 - √7; -2 + √7). Указание: 2 -1. 4. (3±√5)/2 2±√3 2±√3; (3±√5)/2 (5 ± √21)/2 (1;-2), (-1;2). Указание: 1·4 + 2 .

Решение дополнительного задания. По теореме Безу: Р(1) = 4, Р(-1) = 2, Р(2) = 8. Р(х) = G(x) (х ³ - 2х² - х + 2) + ах² + вх + с. Подставляем 1; - 1; 2. Р(1) = G(1) ·0 + а + в + с = 4, а + в+ с = 4. Р(-1) = а – в + с = 2, Р(2) = 4а² + 2в + с = 8. Решая полученную систему из трех уравнений получим: а = в = 1, с = 2. Ответ: х ² + х + 2.

Критерий № 1 - 2 балла. 1 балл – одна вычислительная ошибка. № 2,3,4 – по 3 балла. 1 балл – привели к квадратному уравнению. 2 балла – одна вычислительная ошибка. № 5. – 4 балла. 1 балл – выразили одну переменную через другую. 2 балла – получили одно из решений. 3 балла – одна вычислительная ошибка. Дополнительное задание: 4 балла. 1 балл – применили теорему Безу для всех четырех случаев. 2 балла – составили систему уравнений. 3 балла – одна вычислительная ошибка.