Деление многочлена на многочлен столбиком
Для решения уравнение вида Р(х)=0, где Р(х) — многочлен степени n>2, часто применяют метод понижения степени. Он основывается на таком факте: если число x=b является корнем многочлена P(x), то есть P(b)=0, то многочлен P(x) делится без остатка на двучлен x-b.
После того, как мы разделим многочлен P(x) степени n на двучлен x-b, то мы получим многочлен степени n-1, то есть на единицу меньшей исходного. И дальше процедуру можно повторить.
Если старший коэффициент многочлена P(x) равен 1, то корни многочлена P(x) мы ищем среди делителей свободного члена.
Решим уравнение 
Свободный член многочлена в левой части уравнения равен 10.
Делители числа 10: 1; 2; 5; 10.
Проверим, является ли какое-либо из этих чисел корнем многочлена. Для этого последовательно подставим эти значения вместо х в многочлен.
является корнями многочлена 
, и он делится на двучлены 
и 
без остатка.
Разделим многочлен на двучлен x-2 столбиком:
Видео:Решение тригонометрических уравнений. Метод понижения порядка. 10 класс.Скачать
Урок алгебры в 10-м классе (занятие элективного курса) по теме «Методы решения уравнений высших степеней»
Презентация к уроку
На занятии изучается методика решения уравнений высших степеней. Рассматриваются два метода: разложение на множители и замена переменной. Понижение степени уравнений с помощью деления многочленов по схеме Горнера и приведение различных уравнений к замене переменной. Дана историческая справка исследования уравнений высших степеней. Представлена презентация урока.
Метод разложения на множители.
Этот метод основан на применении теоремы Безу. Если число α является корнем многочлена P(x) степени n, то его можно представить в виде P(x) = (x — α)Q(x), где Q(x) — многочлен степени (n-1).Теорема Безу: “Остаток от деления многочлена Р(х) на двучлен (x — α) равен P(α), т.е. значению многочлена при x = α” Таким образом, если известен хотя бы один корень уравнения Р(х)=0 степени n, то с помощью теоремы Безу можно свести задачу к решению уравнения степени (n-1), понизить степень уравнения. Теорема. Пусть несократимая дробь p/q является корнем уравнения a0x n + a1x n-1 + . + ax-1x+ an = 0 с целыми коэффициентами, тогда число p – является делителем свободного члена an, а q – делителем старшего коэффициента a0. У многочлена с целыми коэффициентами целые корни являются делителями свободного члена. Таким образом, зная корень многочлена, его легко разложить на множители, т.е. разделить P(x) на (x — α) “углом” или по схеме Горнера.
Видео:14. Дифференциальные уравнения второго порядка, допускающие понижение порядкаСкачать
Решение уравнений высших степеней
В общем случае уравнение, имеющее степень выше 4 , нельзя разрешить в радикалах. Но иногда мы все же можем найти корни многочлена, стоящего слева в уравнении высшей степени, если представим его в виде произведения многочленов в степени не более 4 -х. Решение таких уравнений базируется на разложении многочлена на множители, поэтому советуем вам повторить эту тему перед изучением данной статьи.
Чаще всего приходится иметь дело с уравнениями высших степеней с целыми коэффициентами. В этих случаях мы можем попробовать найти рациональные корни, а потом разложить многочлен на множители, чтобы потом преобразовать его в уравнение более низкой степени, которое будет просто решить. В рамках этого материала мы рассмотрим как раз такие примеры.
Видео:10 класс, 27 урок, Формулы двойного аргумента. Формулы понижения степениСкачать
Уравнения высшей степени с целыми коэффициентами
Все уравнения, имеющие вид a n x n + a n — 1 x n — 1 + . . . + a 1 x + a 0 = 0 , мы можем привести к уравнению той же степени с помощью умножения обеих частей на a n n — 1 и осуществив замену переменной вида y = a n x :
a n x n + a n — 1 x n — 1 + . . . + a 1 x + a 0 = 0 a n n · x n + a n — 1 · a n n — 1 · x n — 1 + … + a 1 · ( a n ) n — 1 · x + a 0 · ( a n ) n — 1 = 0 y = a n x ⇒ y n + b n — 1 y n — 1 + … + b 1 y + b 0 = 0
Те коэффициенты, что получились в итоге, также будут целыми. Таким образом, нам нужно будет решить приведенное уравнение n-ной степени с целыми коэффициентами, имеющее вид x n + a n x n — 1 + … + a 1 x + a 0 = 0 .
Видео:13. Как решить дифференциальное уравнение первого порядка?Скачать
Схема решения уравнения
Вычисляем целые корни уравнения. Если уравнение имеет целые корни, нужно искать их среди делителей свободного члена a 0 . Выпишем их и будем подставлять в исходное равенство по очереди, проверяя результат. Как только мы получили тождество и нашли один из корней уравнения, то можем записать его в виде x — x 1 · P n — 1 ( x ) = 0 . Здесь x 1 является корнем уравнения, а P n — 1 ( x ) представляет собой частное от деления x n + a n x n — 1 + … + a 1 x + a 0 на x — x 1 .
Подставляем остальные выписанные делители в P n — 1 ( x ) = 0 , начав с x 1 , поскольку корни могут повторяться. После получения тождества корень x 2 считается найденным, а уравнение может быть записано в виде ( x — x 1 ) ( x — x 2 ) · P n — 2 ( x ) = 0 .Здесь P n — 2 ( x ) будет частным от деления P n — 1 ( x ) на x — x 2 .
Продолжаем и дальше перебирать делители. Найдем все целые корни и обозначим их количество как m . После этого исходное уравнение можно представить как x — x 1 x — x 2 · … · x — x m · P n — m ( x ) = 0 . Здесь P n — m ( x ) является многочленом n — m -ной степени. Для подсчета удобно использовать схему Горнера.
Если у нас исходное уравнение имеет целые коэффициенты, мы не можем получить в итоге дробные корни.
У нас в итоге получилось уравнение P n — m ( x ) = 0 , корни которого могут быть найдены любым удобным способом. Они могут быть иррациональными или комплексными.
Покажем на конкретном примере, как применяется такая схема решения.
Условие: найдите решение уравнения x 4 + x 3 + 2 x 2 — x — 3 = 0 .
Решение
Начнем с нахождений целых корней.
У нас есть свободный член, равный минус трем. У него есть делители, равные 1 , — 1 , 3 и — 3 . Подставим их в исходное уравнение и посмотрим, какие из них дадут в итоге тождества.
При x , равном единице, мы получим 1 4 + 1 3 + 2 · 1 2 — 1 — 3 = 0 , значит, единица будет корнем данного уравнения.
Теперь выполним деления многочлена x 4 + x 3 + 2 x 2 — x — 3 на ( х — 1 ) в столбик:
Значит, x 4 + x 3 + 2 x 2 — x — 3 = x — 1 x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3 .
Перебираем возможные делители дальше, но подставляем их в равенство x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3 = 0 :
1 3 + 2 · 1 2 + 4 · 1 + 3 = 10 ≠ 0 ( — 1 ) 3 + 2 · ( — 1 ) 2 + 4 · — 1 + 3 = 0
У нас получилось тождество, значит, мы нашли еще один корень уравнения, равный — 1 .
Делим многочлен x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3 на ( х + 1 ) в столбик:
x 4 + x 3 + 2 x 2 — x — 3 = ( x — 1 ) ( x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3 ) = = ( x — 1 ) ( x + 1 ) ( x 2 + x + 3 )
Подставляем очередной делитель в равенство x 2 + x + 3 = 0 , начиная с — 1 :
— 1 2 + ( — 1 ) + 3 = 3 ≠ 0 3 2 + 3 + 3 = 15 ≠ 0 ( — 3 ) 2 + ( — 3 ) + 3 = 9 ≠ 0
Равенства, полученные в итоге, будут неверными, значит, у уравнения больше нет целых корней.
Оставшиеся корни будут корнями выражения x 2 + x + 3 .
D = 1 2 — 4 · 1 · 3 = — 11 0
Из этого следует, что у данного квадратного трехчлена нет действительных корней, но есть комплексно сопряженные: x = — 1 2 ± i 11 2 .
Уточним, что вместо деления в столбик можно применять схему Горнера. Это делается так: после того, как мы определили первый корень уравнения, заполняем таблицу.
| x i | коэффициенты многочлена | ||||
| 1 | 1 | 2 | — 1 | — 3 | |
| 1 | 1 | 1 + 1 · 1 = 2 | 2 + 2 · 1 = 4 | — 1 + 4 · 1 = 3 | — 3 + 3 · 1 = 0 |
В таблице коэффициентов мы сразу можем увидеть коэффициенты частного от деления многочленов, значит, x 4 + x 3 + 2 x 2 — x — 3 = x — 1 x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3 .
После нахождения следующего корня, равного — 1 , мы получаем следующее:
| x i | коэффициенты многочлена | |||
| 1 | 2 | 4 | 3 | |
| 1 | 1 | 2 + 1 · ( — 1 ) = 1 | 4 + 1 · ( — 1 ) = 3 | 3 + 3 · ( — 1 ) = 0 |
Далее мы приходим к разложению x — 1 x + 1 x 2 + x + 3 = 0 . Потом, проверив оставшиеся делители равенства x 2 + x + 3 = 0 , вычисляем оставшиеся корни.
Ответ: х = — 1 , х = 1 , x = — 1 2 ± i 11 2 .
Условие: решите уравнение x 4 — x 3 — 5 x 2 + 12 = 0 .
Решение
У свободного члена есть делители 1 , — 1 , 2 , — 2 , 3 , — 3 , 4 , — 4 , 6 , — 6 , 12 , — 12 .
Проверяем их по порядку:
1 4 — 1 3 — 5 · 1 2 + 12 = 7 ≠ 0 ( — 1 ) 4 — ( — 1 ) 3 — 5 · ( — 1 ) 2 + 12 = 9 ≠ 0 2 4 · 2 3 — 5 · 2 2 + 12 = 0
Значит, x = 2 будет корнем уравнения. Разделим x 4 — x 3 — 5 x 2 + 12 на х — 2 , воспользовавшись схемой Горнера:
| x i | коэффициенты многочлена | ||||
| 1 | — 1 | — 5 | 0 | 12 | |
| 2 | 1 | — 1 + 1 · 2 = 1 | — 5 + 1 · 2 = — 3 | 0 — 3 · 2 = 3 | 12 — 6 · 2 = 0 |
В итоге мы получим x — 2 ( x 3 + x 2 — 3 x — 6 ) = 0 .
Проверяем делители дальше, но уже для равенства x 3 + x 2 — 3 x — 6 = 0 , начиная с двойки.
2 3 + 2 2 — 3 · 2 — 6 = 0
Значит, 2 опять будет корнем. Разделим x 3 + x 2 — 3 x — 6 = 0 на x — 2 :
| x i | коэффициенты многочлена | |||
| 1 | 1 | — 3 | — 6 | |
| 2 | 1 | 1 + 1 · 2 = 3 | — 3 + 3 · 2 = 3 | — 6 + 3 · 2 = 0 |
В итоге получим ( x — 2 ) 2 · ( x 2 + 3 x + 3 ) = 0 .
Проверка оставшихся делителей смысла не имеет, поскольку равенство x 2 + 3 x + 3 = 0 быстрее и удобнее решить с помощью дискриминанта.
Решим квадратное уравнение:
x 2 + 3 x + 3 = 0 D = 3 2 — 4 · 1 · 3 = — 3 0
Получаем комплексно сопряженную пару корней: x = — 3 2 ± i 3 2 .
Ответ: x = — 3 2 ± i 3 2 .
Условие: найдите для уравнения x 4 + 1 2 x 3 — 5 2 x — 3 = 0 действительные корни.
Решение
x 4 + 1 2 x 3 — 5 2 x — 3 = 0 2 x 4 + x 3 — 5 x — 6 = 0
Выполняем домножение 2 3 обеих частей уравнения:
2 x 4 + x 3 — 5 x — 6 = 0 2 4 · x 4 + 2 3 x 3 — 20 · 2 · x — 48 = 0
Заменяем переменные y = 2 x :
2 4 · x 4 + 2 3 x 3 — 20 · 2 · x — 48 = 0 y 4 + y 3 — 20 y — 48 = 0
В итоге у нас получилось стандартное уравнение 4 -й степени, которое можно решить по стандартной схеме. Проверим делители, разделим и получим в итоге, что оно имеет 2 действительных корня y = — 2 , y = 3 и два комплексных. Решение целиком здесь мы не будем приводить. В силу замены действительными корнями данного уравнения будут x = y 2 = — 2 2 = — 1 и x = y 2 = 3 2 .
Ответ: x 1 = — 1 , x 2 = 3 2
Советуем также ознакомиться с материалами, посвященными решению кубических уравнений и уравнений четвертой степени.
🎬 Видео
3D Решите уравнение (метод понижения степени)Скачать
ЛОДУ 2 порядка c постоянными коэффициентамиСкачать
Дифференциальные уравнения высших порядков, допускающие понижение порядкаСкачать
ДУ, допускающие понижение порядка, когда нет Y| poporyadku.schoolСкачать
Теорема БезуСкачать
Понижение порядка дифференциального уравнения. Решение задачиСкачать
Как решать тригонометрические уравнения с помощью формул понижения степени. Тригонометрия #46Скачать
0711 Тригонометрические уравнения, решаемые с помощью формул понижения степениСкачать
Дифференциальные уравнения, 7 урок, Дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядкаСкачать
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ ДОПУСКАЮЩИЕ ПОНИЖЕНИЕ ПОРЯДКАСкачать
Математика| Преобразование тригонометрических выражений. Формулы и задачиСкачать
решение тригонометрического уравнения методом понижения степени cosСкачать
Как решать уравнения высших степеней, очень лёгкий способ!!!Скачать
Решение тригонометрического уравнения методом понижения степениСкачать
