Теорема Безу.
Остаток от деления полинома Pn(x)
На двучлен (x-a) равен значению
этого полинома при x = a.
Пусть:
Pn(x) – данный многочлен степени n,
двучлен (x-a) - его делитель,
Qn-1(x) – частное от деления Pn(x) на x-a (многочлен степени n-1),
R – остаток от деления (R не содержит переменной x как делитель первой степени относительно x).
Доказательство:
Согласно правилу деления многочленов с остатком можно записать:
Pn (x) = (x-a)Qn-1(x) + R.
Отсюда при x = a:
Pn (a) = (a-a)Qn-1 (a) + R =0*Qn-1(a)+R=
=0+R=R.
Значит, R = Pn (a), т.е. остаток от деления полинома на (x-a) равен значению этого
полинома при x=a, что и требовалось доказать.
Следствия из теоремы.
С ледствие 1:
Остаток от деления полинома Pn (x)
на двучлен ax+b равен значению
этого полинома при x = -b/a,
т. е. R=Pn (-b/a).
Доказательство:
Согласно правилу деления многочленов:
Pn (x)= (ax + b)* Qn-1 (x) + R.
При x= -b/a:
Pn (-b/a) = (a(-b/a) + b)Qn-1(-b/a) + R = R. Значит, R = Pn (-b/a), что и требовалось доказать.
Следствие 2:
Если число a является корнем
Многочлена P (x), то этот
Многочлен делится на (x-a) без
остатка.
Доказательство:
По теореме Безу остаток от деления многочлена P (x) на x-a равен P (a), а по условию a является корнем P (x), а это значит, что P (a) = 0, что и требовалось доказать.
Из данного следствия теоремы Безу видно, что задача решения уравнения P (x) = 0 равносильна задаче выделения делителей многочлена P, имеющих первую степень (линейных делителей).
Следствие 3:
Если многочлен P (x) имеет
Попарно различные корни
a1, a2, …, an, то он делится на
произведение (x-a1) … (x-an)
без остатка.
Доказательство:
Проведём доказательство с помощью математической индукции по числу корней. При n=1 утверждение доказано в следствии 2. Пусть оно уже доказано для случая, когда число корней равно k, это значит, что P(x) делится без остатка на (x-a1)(x-a2) … (x-ak), где
a1, a2, …, ak - его корни.
Пусть P(x) имеет k+1 попарно различных корней.По предположению индукции a1, a2, ak, …, ak+1 являются корнями многочлена, а, значит, многочлен делится на произедение (x-a1) … (x-ak), откуда выходит, что
P(x) = (x-a1) … (x-ak)Q(x).
При этом ak+1 – корень многочлена P(x), т. е. P(ak+1) = 0.
Значит, подставляя вместо x ak+1, получаем верное равенство:
P(ak+1) = (ak+1-a1) … (ak+1-ak)Q(ak+1) =
=0.
Но ak+1 отлично от чисел a1, …, ak, и потому ни одно из чисел ak+1-a1, …, ak+1-ak не равно 0. Следовательно, нулю равно Q(ak+1), т. е. ak+1 – корень многочлена Q(x). А из следствия 2 выходит, что Q(x) делится на x-ak+ 1 без остатка.
Q(x) = (x-ak+1)Q1(x), и потому
P(x) = (x-a1) … (x-ak)Q(x) =
=(x-a1) … (x-ak)(x-ak+1)Q1(x).
Это и означает, что P(x) делится на (x-a1) … (x-ak+1) без остатка.
Итак, доказано, что теорема верна при k =1, а из её справедливости при n = k вытекает, что она верна и при n = k+1. Таким образом, теорема верна при любом числе корней, что и требовалось доказать.
Следствие 4:
Многочлен степени n имеет не более
n различных корней.
Доказательство:
Воспользуемся методом от противного: если бы многочлен Pn(x) степени n имел бы более n корней - n+k (a1, a2, …, an+k - его корни), тогда бы по ранее доказанному следствию 3 он
бы делился на произведение (x-a1) … (x-an+k), имеющее степень n+k, что невозможно.
Мы пришли к противоречию, значит наше предположение неверно и многочлен степени n не может иметь более, чем n корней, что и требовалось доказать.
Следствие 5:
Для любого многочлена P(x)
И числа a разность
(P(x)-P(a)) делится без
Остатка на двучлен (x-a).
Доказательство:
Пусть P(x) – данный многочлен степени n, a - любое число.
Многочлен Pn(x) можно представить в виде: Pn(x)=(x-a)Qn-1(x)+R,
где Qn-1(x) – многочлен, частное при делении Pn(x) на (x-a),
R – остаток от деления Pn(x) на (x-a).
Причём по теореме Безу:
R = Pn(a), т.е.
Pn(x)=(x-a)Qn-1(x)+Pn(a).
Отсюда
Pn(x) - Pn(a) = (x-a)Qn-1(x),
а это и означает делимость без остатка (Pn(x) – Pn(a))
на (x-a), что и требовалось доказать.
Следствие 6:
Число a является корнем
Многочлена P(x) степени
Не ниже первой тогда и
Только тогда, когда
P(x) делится на (x-a)
без остатка.
Доказательство:
Чтобы доказать данную теорему требуется рассмотреть необходимость и достаточность сформулированного условия.
1. Необходимость.
Пусть a – корень многочлена P(x), тогда по следствию 2 P(x) делится на (x-a) без остатка.
Таким образом делимость P(x) на (x-a) является необходимым условием для того, чтобы a являлось корнем P(x), т.к. является следствием из этого.
2. Достаточность.
Пусть многочлен P(x) делится без остатка на (x-a),
тогда R = 0, где R – остаток от деления P(x) на (x-a), но по теореме Безу R = P(a), откуда выходит, что P(a) = 0, а это означает, что a является корнем P(x).
Таким образом делимость P(x) на (x-a) является и достаточным условием для того, чтобы a являлось корнем P(x).
Делимость P(x) на (x-a) является необходимым и достаточным условием для того, чтобы a являлось корнем P(x), что и требовалось доказать.
Следствие 7(авторское):
Многочлен, не имеющийй действи-
Тельных корней, в разложении
На множители линейных множителей
Не содержит.
Доказательство:
Воспользуемся методом от противного: предполо-жим, что не имеющий корней многочлен P(x) при разложении на множители содержит линейный множитель (x – a):
P(x) = (x – a)Q(x),
тогда бы он делился на (x – a), но по следствию 6 a являлось бы корнем P(x), а по условию он корней не содержит. Мы пришли к противоречию, значит наше предположение неверно и многочлен,
не имеющий действительных корней, в разложении на множители линейных множителей не содержит, что и требовалось доказать.
На основании теоремы Безу и следствия 5 можно доказать следующие утверждения:
1. Разность одинаковых натуральных степеней на разность их оснований делится без остатка:
Пусть P(x) = xn, P(a) = an,
тогда xn – an – разность одинаковых натуральных степеней.
По следствию 5
P(x) - P(a) = xn – an = (x – a)Q(x),
а это значит, что
(xn–an)/(x–a)=Q(x), т.е. разность одинаковых натуральных степеней на разность их оснований делится без остатка, что и требовалось доказать.
Итак
(xn – an)/(x – a) = xn-1 + axn-2 + a2xn-3 + … +an-2x + an-1.
2. Разность одинаковых чётных степеней на сумму их оснований делится без остатка.
Пусть P(x) = x2k, тогда P(a) = a2k.
Разность одинаковых чётных степеней x2k - a2k равна P(x) – P(a).
P(a) = a2k = (-a)2k = P(-a), т.е. x2k - a2k = P(x) – P(-a).
По следствию 5
P(x) - P(-a) = (x –(- a))Q(x)=
= (x + a)Q(x)
а это значит, что
x2k – a2k = (x + a)Q(x) или
(x2k – a2k)/(x + a) = Q(x),
т.е. разность одинаковых чётных степеней на сумму их оснований делится без остатка, что и требовалось доказать.
Итак,
(x2k – a2k)/(x + a) = x2k-1 – ax2k-2 + … +a2k-2x + a2k-1.
3. Разность одинаковых нечётных натуральных степеней на сумму их оснований не делится.
Пусть P(x) = x2k+1 - a2k+1 – разность одинаковых нечётных степеней.
По теореме Безу при делении x2k+1 - a2k+1на x + a = x – (-a) остаток равен
R = P(-a) = (-a)2k+1 – a2k+1 = -2a2k+1
Т. к. остаток при делении не равен 0, то разность одинаковыхнечётных натуральных степеней на сумму их оснований не делится, что и требовалось доказать.
4. Сумма одинаковых нечётных натуральных степеней на сумму их оснований делится без остатка.
Пусть P(x) = x2л+1, P(-a) = (-a)2л+1 = -а2л+1,
тогда P(x) – P(-a) = x2k+1 + a2k+1 – сумма одинаковых нечётных натуральных степеней.
По следствию 5
P(x) - P(-a) = x2k+1 + a2k+1= (x –(- a))Q(x)=
= (x + a)Q(x),
а это значит, что
(x2k+1 + a2k+1)/(x + a) = Q(x),
т.е. сумма одинаковых нечётных натуральных степеней на сумму их оснований делится без остатка, что и требовалось доказать.
Итак,
(x2k+1 + a2k+1)/(x + a) = x2k - ax2k-1 + … - a2k-1x + a2k.
5. Сумма одинаковых чётных натуральных степеней на сумму их оснований не делится.
Пусть P(x) = x2k + a2k – сумма одинаковых чётных степеней.
По теореме Безу при делении x2k + a2k на x + a = x – (-a) остаток равен
R = P(-a) = (-a)2k + a2k = 2a2k.
Т. к. остаток при делении не равен 0, тосумма одинаковых чётных натуральных степеней на сумму
их оснований не делится, что и требовалось доказать.
Остановимся на рассмотрении некоторых случаев применения теоремы Безу к решению практических задач.
Пример 1.
Найти остаток от деления многочлена
x3 – 3x2 + 6x – 5
на двучлен x – 2.
По теореме Безу
R = P3 (2) = 23 – 3*22 + 6*2 – 5 = 3.
Ответ: R = 3.
Пример 2.
Найти остаток от деления многочлена
32x4 – 64x3 + 8x2 + 36x + 4
на двучлен 2x – 1.
Согласно следствию 1 из теоремы Безу
R=P4(1/2)=32*1/24–64*1/23 + 8*1/22+36*1/2+4=
= 2 – 8 + 2 + 18 + 4 =18.
Ответ: R = 18.
Пример 3.
При каком значении a многочлен
x4 + ax3 + 3x2 – 4x – 4
делится без остатка на двучлен x – 2?
По теореме Безу
R = P4 (2) = 16 + 8a + 12 – 8 – 4 = 8a +16.
Но по условию R = 0, значит
8a + 16 = 0,
отсюда
a = -2.
Ответ: a = -2.
Пример 4.
При каких значениях a и b многочлен
ax3 + bx2 – 73x + 102
делится на трёхчлен
x2 – 5x + 6 без остатка?
Разложим делитель на множители:
x2 – 5x + 6 = (x – 2)(x – 3).
Поскольку двучлены x – 2 и x – 3 взаимно просты, то данный многочлен делится на x – 2 и на x – 3, а это значит, что
по теореме Безу
R1 = P3 (2) = 8a + 4b – 146 + 102 =
= 8a + 4b – 44 = 0
R2 = P3 (3) = 27a+9b – 219 + 102 =
= 27a +9b -117 =0
Решим систему уравнений:
8a + 4b – 44 = 0
27a + 9b – 117 = 0
2a + b = 11
3a + b = 13
Отсюда получаем:
a = 2, b = 7.
Ответ: a = 2, b = 7.
Пример 5.
При каких значениях a и b многочлен
x4 + ax3 – 9x2 + 11x + b
делится без остатка на трёхчлен
x2 – 2x + 1?
Представим делитель так:
x2 – 2x + 1 = (x – 1)2
Данный многочлен делится на x – 1 без остатка,
если по теореме Безу
R1 = P4 (1) = 1 + a – 9 + 11 + b = a + b + 3 = 0.
Найдём частное от деления этого многочлена на x – 1:
_ x4 + ax3–9x2 + 11x–a –3 x – 1
x4 – x3 x3+(a+1)x2+(a–8)x+(a+3)
_(a + 1)x3 – 9x2
(a + 1)x3 – (a + 1)x2
_(a – 8)x2 + 11x
(a – 8)x2 – (a –8)x
_(a + 3)x – a – 3
(a + 3)x – a – 3
0
Частное
x3+(a+1)x2+(a–8)x+(a+3)
делится на (x – 1) без остатка, откуда
R2 = P3 (1) = 1 + (a + 1)*1 +(a – 8)*1 + a+3 =
=3a – 3 = 0.
a + b + 3 = 0
3a – 3 = 0
a + b =-3
a = 1
Из системы: a = 1, b = -4
Ответ: a = 1, b = -4.
Пример 6.
Разложить на множители многочлен P(x) = x4 + 4x2 – 5.
Среди делителей свободного члена число 1 является корнем данного многочлена P(x), а это значит, что по следствию 2 из теоремы Безу P(x) делится на (x – 1) без остатка:
_x4 + 4x2 – 5 x – 1
x4 – x3 x3 + x2 + 5x + 5
_x3 + 4x2 – 5
x3 – x2
_5x2 – 5
5x2 – 5x
_5x – 5
5x – 5
0
P(x)/(x – 1) = x3 + x2 + 5x + 5, значит
P(x) = (x – 1)(x3 + x2 + 5x + 5).
Среди делителей свободного члена многочлена x3 + x2 + 5x + 5 x = -1 является его корнем, а это значит, что по следствию 2 из теоремы Безу x3 + x2 + 5x + 5 делится на (x + 1) без остатка:
_x3 + x2 +5x + 5 x + 1
x3 + x2 x2 +5
_5x + 5
5x + 5
0
(x3 + x2 +5x + 5)/(x + 1) = x2 +5,
значит
x3 + x2 +5x + 5 = (x +1)(x2 +5).
Отсюда
P(x) = (x – 1)(x +1)(x2 +5).
По следствию 7 (x2 + 5) на множители не раскладывается, т.к. действительных корней не имеет, поэтому P(x) далее на множители не раскладывается.
Ответ: x4 + 4x2 – 5 = (x – 1)(x +1)(x2 +5).
Пример 7.
Разложить на множители многочлен P(x) = x4 + 324.
P(x) корней не имеет, т.к. x4 не может быть равен -324, значит, по следствию 7 P(x) на множители не раскладывается.
Ответ: многочлен на множители не раскладывается.
Пример 8.
Какую кратность имеет корень 2 для многочлена
P(x) = x5 - 5x4 + 7x3 – 2x2 + 4x – 8.
Определение: Если многочлен P(x) делится без остатка на (x – a)k, но не делится на (x – a)k+1 , то говорят, что число a является корнем кратности k для P(x).
_x5 - 5x4 + 7x3 – 2x2 + 4x – 8 x – 2
x5 - 2x4 x4 – 3x3 + x2 + 4
_-3x4 + 7x3 – 2x2 + 4x – 8
-3x4 + 6x3
_x3 – 2x2 + 4x – 8
x3 – 2x2
_4x – 8
4x – 8
0
_x4 – 3x3 + x2 + 4 x – 2
x4 – 2x3 x3 – x2 – x – 2
_-x3 + x2 + 4
-x3 +2x2
_-x2 + 4
-x2 + 2x
_-2x + 4
-2x + 4
0
_ x3 – x2 – x – 2 x – 2
x3 – 2x2 x2 + x + 1
_x2 – x – 2
x2 – 2x
_x – 2
x – 2
0
x2 + x + 1 на x – 2 не делится, т.к. R=22 + 2 + 1=
=7.
Значит, P(x)/(x – 2)3 = x2 + x + 1, т.е. корень 2 имеет кратность 3 для многочлена P(x).
Ответ: корень 2 имеет кратность 3 для многочлена P(x).
Пример 9.
Составить кубический многочлен, имеющий корень 4 кратности 2 и корень -2.
По следствию 3, если многочлен P(x) имеет корень 4 кратности 2 и корень –2, то он делится без остатка на (x – 4)2(x + 2), значит
P(x)/(x – 4)2(x + 2) = Q(x),
т.е. P(x) = (x – 4)2(x + 2)Q(x) =
= (x2 – 8x +16)(x + 2)Q(x) =
= (x3 – 8x2 + 16x +2x2 – 16x + 32)Q(x) =
= (x3 – 6x2 + 32)Q(x).
(x3 – 6x2 + 32) - кубический многочлен, но по условию P(x) – также кубический многочлен, следовательно, Q(x) – некоторое действительное число.
Пусть Q(x) = 1, тогда P(x) = x3 – 6x2 + 32.
Ответ: x3 – 6x2 + 32.
Пример 10.
Определите a и b так, чтобы -2 было корнем многочлена P(x) = x5 + ax2 + bx + 1, имеющим по крайней мере кратность два.
Если -2 – корень многочлена P(x) кратности два, то по следствию 3 P(x) делится на (x + 2)2 без остатка (R = 0)
(x + 2)2 = x2 + 4x + 4
_x5 + ax2 + bx + 1 x2 + 4x + 4
x5 + 4x4 + 4x3 x3 – 4x2 + 12x – (a + 32)
_-4x4–4x3–ax2+bx+1
-4x4 – 16x3 – 16x2
_12x3 + (16 – a)x2 + bx + 1
12x3 +48x2 + 48x
_-(a + 32)x2 + (b – 48)x + 1
-(a + 32)x2 – 4(a + 32)x – 4(a + 32)
(4a +b – 48 + 128)x + 4a + 129
R = (4a +b – 48 + 128)x + 4a + 129 =
= (4a +b + 80)x + 4a + 129
Но R = 0, значит
(4a +b + 80)x + 4a + 129 = 0 при любых x.
Это возможно при условии, что
4a +b + 80 = 0,
4a + 129 = 0
Решим систему двух уравнений:
4a +b + 80 = 0 a = -32,25
4a + 129 = 0 b = 49
Ответ: a = -32,25, b = 49.
Из рассмотренных примеров видно, что теорема Безу находит применение при решении задач, связанных с делимостью многочленов (нахождение остатка при делении многочленов, определение кратности многочленов и т.д.), с разложением многочленов на множители, с определением кратности корней и многих других.
Теорема Безу находит применение при рассмотрении одной из важнейших задач математики – решении уравнений.
Литература.
Бородин А.И., Бугай А.С.
Биографический словарь деятелей в области математики.
2. Математическая энциклопедия.
3. Яремчук Ф.П., Рудченко П.А.
Алгебра и элементарные функции.
4. Виленкин Н.Я., Ивашев-Мусатов О.С., Шварц- бурд С.И.
Алгебра и математический анализ.
5. Курош А.Г.
Курс высшей алгебры.