Как найти корни уравнения пятой степени

Уравнением пятой степени называют уравнение вида:

Теорема Виета для уравнения пятой степени[править | править код]

Корни уравнения пятой степени связаны с коэффициентами следующим образом:

Решение[править | править код]

Точной формулы решения уравнения пятой степени не существует. Если , то уравнение имеет вид:

, где выносим за скобки (см. Сводное уравнение)

, где один из корней равен нулю.

В скобках уравнение четвертой степени.

Если , уравнение биквадратное. Один из корней равен нулю, остальные корни ищут по формуле

.

Если , уравнение в скобках имеет вид

, где выносим за скобки:

, где один из корней ноль, остальные три корня ищем по формуле Кардано.

Пример[править | править код]

Решите уравнение

.

Решение. Выносим за скобки:

.

Раскладываем на множители:

.

Уравнение имеет пять корней:

, , , , .

Ссылки[править | править код]

• О решении уравнения пятой степени
• О решении 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.

Уравнения высшей степени с целыми коэффициентами

Все уравнения, имеющие вид anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0=0, мы можем привести к уравнению той же степени с помощью умножения обеих частей на ann-1 и осуществив замену переменной вида y=anx:

anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0=0ann·xn+an-1·ann-1·xn-1+…+a1·(an)n-1·x+a0·(an)n-1=0y=anx⇒yn+bn-1yn-1+…+b1y+b0=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 xn+anxn-1+…+a1x+a0=0.

Схема решения уравнения

Вычисляем целые корни уравнения. Если уравнение имеет целые корни, нужно искать их среди делителей свободного члена a0. 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-x1·Pn-1(x)=0. Здесь x1 является корнем уравнения, а Pn-1(x) представляет собой частное от деления xn+anxn-1+…+a1x+a0 на x-x1.

Подставляем остальные выписанные делители в Pn-1(x)=0, начав с x1, поскольку корни могут повторяться. После получения тождества корень x2 считается найденным, а уравнение может быть записано в виде (x-x1)(x-x2)·Pn-2(x)=0.Здесь Pn-2(x) будет частным от деления Pn-1(x) на x-x2.

Продолжаем и дальше перебирать делители. Найдем все целые корни и обозначим их количество как m. После этого исходное уравнение можно представить как x-x1x-x2·…·x-xm·Pn-m(x)=0. Здесь Pn-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 Pn-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.

Советуем также ознакомиться с материалами, посвященными решению кубических уравнений и уравнений четвертой степени.

«Решение уравнений высших степеней». 9-й класс

Разделы: Математика

Класс: 9

Учебная:

Углубить знания учащихся по теме “ Решение уравнений высших степеней” и обобщить учебный материал.

Познакомить учащихся с приёмами решения уравнений высших степеней.

Научить учащихся применять теорию делимости при решения уравнений высших степеней.

Научить учащихся выполнять деление “уголком” многочлена на многочлен.

Развивать умения и навыки работы с уравнениями высших степеней.

Развивающая:

1. Развитие внимания учащихся.
2. Развитие умения добиваться результатов труда.
3. Развитие интереса к изучению алгебры и навыков самостоятельной работы.

Воспитывающая:

Воспитание чувства коллективизма.

Формирование чувства ответственности за результат работы.

Формирование у учащихся адекватной самооценки при выборе отметки за работу на уроке.

Оборудование: компьютер, проектор.

1 этап работы. Организационный момент.

2 этап работы. Мотивация и выход на постановку проблемы

Уравнение одно из важнейших понятий математики. Развитие методов решения уравнений, начиная с зарождения математики как науки, долгое время было основным предметом изучения алгебры.

В школьном курсе изучения математики очень много внимания уделяется решению различного вида уравнений. До девятого класса мы умели решать только линейные и квадратные уравнения. Уравнения третьей, четвёртой и т.д. степеней называются уравнениями высших степеней. В девятом классе мы познакомились с двумя основными приёмами решения некоторых уравнений третьей и четвёртой степеней: разложение многочлена на множители и использование замены переменной.

А можно ли решить уравнения более высоких степеней? На этот вопрос мы постараемся сегодня найти ответ.

3 этап работы. Повторить ранее изученный материал. Ввести понятие уравнения высших степеней.

1) Решение линейного уравнения.

Линейным называется уравнение вида , где по определению. Такое уравнение имеет единственный корень .

2) Решение квадратного уравнения.

Квадратным называется уравнение вида , где . Количество корней и сами корни определяются дискриминантом уравнения . Для уравнение корней не имеет, для имеет один корень (два одинаковых корня)

, для имеет два различных корня .

Из рассмотренных линейных и квадратных уравнений видим, что количество корней уравнения не более его степени. В курсе высшей алгебры доказывается, что уравнение -й степени имеет не более n корней. Что касается самих корней, то тут ситуация намного сложнее. Для уравнений третьей и четвёртой степеней известны формулы для нахождения корней. Однако эти формулы очень сложны и громоздки и практического применения не имеют. Для уравнений пятой и более высоких степеней общих формул не существует и существовать не может (как было доказано в XIX в. Н. Абелем и Э. Галуа).

Будем называть уравнения третьей, четвёртой и т.д. степеней уравнениями высших степеней. Некоторые уравнения высоких степеней удаётся решить с помощью двух основных приёмов: разложением многочлена на множители или с использованием замены переменной.

3) Решение кубического уравнения.

Решим кубическое уравнение

Сгруппируем члены многочлена, стоящего в левой части уравнения, и разложим на множители. Получим:

Произведение множителей равно нулю, если один из множителей равен нулю. Получаем три линейных уравнения:

Итак, данное кубическое уравнение имеет три корня: ; ;.

4) Решение биквадратного уравнения.

Очень распространены биквадратные уравнения, которые имеют вид (т.е. уравнения, квадратные относительно ). Для их решения вводят новую переменную .

Решим биквадратное уравнение .

Введём новую переменную и получим квадратное уравнение , корнями которого являются числа и 4.

Вернёмся к старой переменной и получим два простейших квадратных уравнения:

(корни и )

(корни и )

Итак, данное биквадратное уравнение имеет четыре корня:

; ;.

Попробуем решить уравнение используя выше изложенные приёмы.

4 этап работы. Привести некоторые утверждения о корнях многочлена вида , где многочлен n-й степени

Приведём некоторые утверждения о корнях многочлена вида :

1) Многочлен -й степени имеет не более корней (с учётом их кратностей). Например, многочлен третьей степени не может иметь четыре корня.

2) Многочлен нечётной степени имеет хотя бы один корень. Например, многочлены первой, третьей, пятой и т.д. степени имеют хотя бы один корень. Многочлены чётной степени корней могут и не иметь.

3) Если на концах отрезка значения многочлена имеют разные знаки (т.е. ,), то на интервале находится хотя бы один корень. Это утверждение широко используется для приближенного вычисления корней многочлена.

4) Если число является корнем многочлена вида , то этот многочлен можно представить в виде произведения , где многочлен (-й степени. Другими словами, многочлена вида можно разделить без остатка на двучлен . Это позволяет уравнение -й степени сводить к уравнению (-й степени (понижать степень уравнения).

5) Если уравнение со всеми целыми коэффициентами (причём свободный член ) имеет целый корень , то этот корень является делителем свободного члена . Такое утверждение позволяет подобрать целый корень многочлена (если он есть).

5 этап работы. Показать как применяется теория делимости для решения уравнений высших степеней. Рассмотреть примеры решения уравнений высших степеней , в которых для разложения левой части на множители используется способ деления многочлена на многочлен “уголком”.

Пример 1. Решим уравнение .

Если это уравнение имеет целый корень, то он является делителем свободного члена (-1), т.е. равняется одному из чисел: . Проверка показывает, что корнем уравнения является число -1. Значит, многочлен можно представить в виде произведения , т.е. многочлен можно без остатка разделить на двучлен . Выполним такое деление “уголком”:

Таким образом, мы фактически разложили левую часть уравнения на множители:

Произведение множителей равно нулю, если один из множителей равен нулю. Получаем два уравнения:

Итак, данное уравнение имеет три корня:

Пример 2. Решим уравнение .

Если это уравнение имеет целый корень, то он является делителем свободного члена (9),т.е. равняется одному из чисел: ;. Проверим:

Значит, многочлен можно представить в виде произведения , т.е. многочлен можно без остатка разделить на двучлен . Выполним такое деление “уголком”:

Таким образом, мы разложили левую часть уравнения на множители:

Аналогичным образом поступим и с многочленом .

Если это уравнение имеет целый корень, то он является делителем свободного члена (9), т.е. равняется одному из чисел: ;. Проверим:

Значит, многочлен можно представить в виде

произведения , т.е. многочлен можно без остатка разделить на двучлен . Выполним такое деление “уголком”:

Таким образом, мы разложили левую часть исходного уравнения на множители:

Произведение множителей равно нулю, если один из множителей равен нулю. Получаем три уравнения:

Итак, данное уравнение имеет четыре корня:

6 этап работы. Закрепление изученного материала.

Решите уравнения высших степеней, используя способ деления многочлена на многочлен “уголком”.

7 этап работы. Вывод урока.

Решить уравнения высших степеней можно следующим образом:

• используя формулы для нахождения корней (если они известны);
• используя замену переменной;
• раскладывая многочлен в левой части уравнения на множители, используя способ деления многочлена на многочлен “уголком”.

8 этап работы. Домашнее задание.

Дома решить уравнения высших степеней, используя способ деления многочлена на многочлен “уголком” (раздать листы с заданиями).

О теореме Абеля-Руффини без групп и теории Галуа

Историческая справка

Поиск решения алгебраических уравнений оказал колоссальное влияние на развитие математики. Формула решения общего кубического уравнения впервые была получена итальянскими математиками 16-го века. Это событие ставшее первопричиной рассмотрения комплексных чисел, считается одним из поворотных моментов в истории математики. Судьбы Джероламо Кардано, Никколо Тартальи, Сципиона дель Ферро и их поисков решения кубического уравнения заслуживают отдельного романа со своими интригами, скандалами и расследованиями. Столь яркие истории достаточно редки в математике.

Начиная с 19-го века поиск формул для решения уравнений произвольных степеней положил начало теории групп и абстрактной алгебре, которые преобразили практически все разделы современной математики. Думаю, многие, кто интересовался историей и развитием алгебры, знают, что формулы для решения общего алгебраического уравнения степени выше четвертой не существует. Как сообщается, первое доказательство этого факта было дано итальянским математиком Паоло Руффини в самом конце восемнадцатого века, оно составляло около 500 страниц и все же содержало некоторые пробелы. Хотя отдельные математики, как Огюстен Коши, и признавали данное доказательство, но ввиду столь большого объема и сложности изложения, оно так и не было принято математическим сообществом. Считается, что первое полное доказательство дано норвежским математиком Нильсом Абелем и содержалось в двух работах, изданных в 1824 и 1826 годах. С тех пор оно носит название теоремы Абеля или теоремы Абеля-Руффини.

Если вы попытаетесь изучить это доказательство в его современном изложении, то окажется, что оно практически полность опирается на Теорию Галуа. Эварист Галуа был французским математиком 19-го века и современником Нильса Абеля. Помимо занятий математикой он вел активную политическую жизнь из-за чего несколько раз попадал в тюрьму. В возрасте всего двадцати лет был застрелен на дуэли, поводом для которой послужила любовная интрига, хотя есть предположения, что дуэль была подстроена его политическими противниками. Об этой истории написано достаточно много, кроме того, имеется перевод на русский язык его мемуаров и писем. Последнее письмо его другу Огюсту Шевалье было написано в ночь накануне дуэли, в нем он наспех излагает свои последние идеи. Несмотря на столь короткую жизнь, Эварист Галуа считается одним из родоначальников современной алгебры. Хотел бы заметить, что в популярном изложении создается некий романтический образ Галуа, как подростка-гения, который в одиночку, с нуля создал теорию групп и преобразил всю алгебру. Несомненно его идеи сыграли огромную роль, но если почитать его сочинения, то мы увидим, что он хорошо знал и опирался на знаменитые работы Лагранжа, Эйлера, Гаусса, Абеля, Якоби. Зачатки теории групп и перестановок появляются еще в работах Жозефа Луи Лагранжа по теории алгебраических уравнений, а также Карла Фридриха Гаусса в его знаменитых “Арифметических исследованиях”. К тому же, теория Галуа в современном изложении была оформлена многими последующими математиками – Дедекиндом, Кронекером, Гильбертом, Артином и другими.

Мотивация данной статьи

Чуть менее года назад меня сильно увлекла статья об истории решения кубического уравнения и последующих безуспешных поисков формулы уравнения 5-й степени, длившихся почти триста лет. Сразу хочу отметить, что специального математического образования у меня нет и поэтому, попробовав прочесть современную версию доказательства теоремы Абеля-Руффини, я естественно ничего не понял. В моем сознании термины группа, кольцо и поле никак не ассоциировались с алгебраическими структурами. Но желание разобраться было столь велико, что я принялся за изучение курса высшей алгебры.

На первых этапах абстрактная алгебра была наверное самым сложным из того, что мне приходилось изучать ранее. Объем новых терминов и определений просто зашкаливал: группы, факторгруппы, моноиды, поля, кольца, тела, модули, идеалы, ядра, векторные пространства, биекции, сюръекции, инъекции, изоморфизмы, автоморфизмы, гомоморфизмы, эндоморфизмы и тд. Спустя несколько месяцев упорных занятий, я начал понимать формальную часть, но, к сожалению, интуитивного понимания, которое и являлось моей изначальной целью, я так и не достиг.

Дело в том, что практически все современные доказательства неразрешимости уравнений 5-й степени в радикалах сводятся к следующему. Рассматривается некоторое неприводимое уравнение, например x 5 -10x+2, после чего методами мат анализа определяется, что оно имеет три действительных и два комплексно-сопряженных корня. После чего заключается, что группой Галуа данного уравнения есть группа S₅, которая не является разрешимой, и следовательно данное уравнение неразрешимо в радикалах. Доказательство теоремы Абеля-Руффини о неразрешимости общего уравнения также сводится к неразрешимости группы S_n. Для меня данные доказательства были слишком абстрактными и оторванными от конкретных уравнений. Когда я пытался представить их в терминах элементарных алгебраических операций, чтобы понять в чем заключается главная причина неразрешимости уравнений, у меня ничего не получалось. Возможно для тех, кто занимается этим достаточно долго, эти вещи могут казаться интуитивно понятными.

Немного иной подход описан в книге Алексеева “Теорема Абеля в задачах и решениях”, основанной на лекциях Владимира Арнольда, но в изложенном там доказательстве помимо теории групп используются элементы комплексного анализа и Римановых поверхностей. Я также находил похожие статьи, использующие топологические аргументы в виде комбинаций петель и коммутаторов, но мне хотелось найти что-то чисто алгебраическое.

Параллельно изучая историю математики и понимая, что современная формулировка и доказательство сильно отличаются от того, как излагали свои идеи Лагранж, Руффини, Абель и Галуа, я решил прочесть первоисточники. К сожалению, на русский или английский по этой теме переведены лишь сочинения Галуа и одна из работ Абеля.

После некоторых поисков я наткнулся на статью 1845 года французского математика Пьера Лорана Ванцеля, в которой он переработал и сильно упростил доказательство Абеля-Руффини, о чем он пишет во введении. В этой работе, он так же упоминает мемуары Галуа и отмечает, что они будут опубликованы в скором времени. Для заметки – работы Галуа были опубликованы лишь в 1846 году Жозефом Лиувиллем, спустя почти 15 лет после смерти Галуа. Кстати, Пьер Лоран Ванцель, также был первым, кто доказал неразрешимость трисекции угла и удвоения куба с помощью циркуля и линейки – знаменитых задач стоявших еще со времен античности. Доказательства Ванцеля были изложены без использования абстрактной алгебры и теории Галуа, поскольку на тот момент они еще не были разработаны. Хотя работа и была доступна лишь на французском, которого я до этого практически не знал, но ввиду специфической темы, небольшого размера (всего 7 страниц) и наличия гугл переводчика, я справился достаточно быстро. По моему субъективному мнению, его доказательство теоремы Абеля-Руффини является наиболее простым для понимания.

Уже позже я нашел пример подобного доказательства основанного на работе Руффини в книге Чеботарёва “Основы Теории Галуа”. Далее я постараюсь кратко изложить принцип решения уравнений в радикалах и идею доказательства неразрешимости уравнения 5-й степени.

Решения уравнений в радикалах

Для дальнейшего понимания, потребуются минимальные пререквизиты:

Формулы Виета – напомню, что коэффициенты произвольного уравнения являются элементарными симметрическими функциями от его корней, то есть функциями, которые не меняют своего значения при любых перестановках корней. Примеры: x₁ + x₂ + x₃, x₁x₂x₃, x₁x₂ + x₁x₃ + x₂x₃.

Теорема о симметрических многочленах – каждую симметрическую функцию от корней, можно выразить с помощью элементарных симметрических функций (коэффициентов уравнения).

Первообразные корни n-й степени из единицы – комплексные величины не равные единице, но n-я степень которых, равна единице. Примеры: (-1) 2 = 1, (-1/2 + sqrt(-3)/2) 3 = 1, i 4 = 1 соответственно квадратный, кубический и биквадратный корни из единицы.

Основная теорема алгебры – гласит о том, что уравнение n-й степени с комплексными коэффициентами имеет ровно n комплексных корней с учетом кратности (корни могут быть одинаковые).

Первоначальная идея восходит к работе Жозефа Луи Лагранжа “Размышления о решении уравнений” 1770-1771 годов. Это достаточно объемное сочинение и я не нашел его перевода на русский или английский язык. Как указывается в разных источниках, в попытке найти формулу для уравнения 5-й степени, Лагранж проанализировал все имеющиеся к тому времени способы решения уравнений и выделил общий принцип, позволяющий решить уравнения 4-й и низших степеней. В этой же работе, изучая перестановки корней, он пришел к теореме, которая сейчас носит его имя. Принцип, открытый Лагранжем, заключался в том, чтобы найти выражения от корней заданного уравнения n-й степени, которые при всех возможных перестановках этих корней принимали n-1 значений, но в тоже время через них выражались первоначальные корни. На эти значения, можно составить уравнение n-1 степени и повторить операцию, тем самым сводя изначальное уравнение к цепочке уравнений меньших степеней, решив которые, можно получить корни первоначального уравнения. Рассмотрим один из примеров:

Пусть f(x) = x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + d общее уравнение 4-й степени с произвольными коэффициентами a, b, c, d и x₁, x₂, x₃, x₄ его корни.

Напомним, что его коэффициенты – это элементарные симметрические функции от корней, в чем можно убедиться просто раскрыв скобки в выражении (x – x₁)(x -x₂)(x – x₃)(x – x₄):

Так как корни являются произвольными, то существует 4! = 24 различных вариантов их расположения, но можно составить выражение x₁x₂ + x₃x₄, которое принимает всего три разных значения при всех 24-х перестановках корней:

На эти три значения мы можем составить уже кубическое уравнение, корнями которого они и будут являться. Таким образом, мы сводим решение уравнения 4-й степени к уравнению 3-й степени. Для решения кубического уравнения мы можем воспользоваться резольвентой Лагранжа (y₁ + wy₂ + w 2 y₃) 3 , где w – это кубический корень из единицы. Данное выражение принимает всего два разных значения при всех возможных 3! = 6 перестановках. Оно будет сохранять значение при циклических перестановках и менять знак при любой транспозиции. Получим:

Теперь составим квадратное уравнение на z₁ и z₂:

z₁+z₂ и z₁z₂ – будут симметрическими функциями от корней нашего изначального уравнения f(x), следовательно, по теореме о симметрических многочленах, напрямую выражаться через коэффициенты a, b, c, d. Решив квадратное уравнение мы получим значения z₁, z₂. После чего, извлекая кубические корни из z₁, z₂, и складывая с коэффициентом b, сможем выразить y₁. Далее, c помощью y₁ и коэффициентов a, b, d, решив два квадратных уравнения, мы доберемся до корней x₁, x₂, x₃, x₄ изначального уравнения.

Данный пример показывает, что произвольное уравнение 4-й степени решается путем составления вспомогательных кубического и квадратных уравнений. Далее я приведу рассуждение, почему подобный прием невозможен для общего уравнения 5-й степени.

Неразрешимость уравнения 5-й степени

Итак, мы хотим показать, что ни один корень общего уравнения 5-й степени не может быть выражен через его коэффициенты путем решения цепочки вспомогательных двучленных уравнений низших степеней.

Пусть f(x) = x 5 + ax 4 + bx 3 + cx 2 + xd + e общее уравнение 5-й степени с произвольными коэффициентами a, b, c, d, e и x₁, x₂, x₃, x₄, x₅ его корни. Обозначим за y₁ первый радикал входящий в значение x₁ в порядке вычисления. Пусть y₁ n = p, где p будет какой-то симметрической функцией от корней и, следовательно, напрямую выражаться через коэффициенты a, b, c, d, e. Заметим, что y₁ уже не будет симметрической, а лишь рациональной функцией g от корней – g(x₁, x₂, x₃, x₄, x₅). Следовательно, g должно менять значение при перестановке любых двух корней. Тогда эти значения будут являться корнями уравнения y₁ n = p, которые имеют вид g, zg, z 2 g, z 3 g … z n-1 g, где z – первообразный корень n-й степени из единицы (z n =1). Рассмотрим произвольную транспозицию, например (x₁, x₂), тогда

если мы применим ее еще раз, то получим:

Из этого следует, что z 2 = 1, то есть z должен быть квадратным корнем из единицы (z = -1) и соответственно первый радикал y₁ будет квадратным. Поясним: так как корни являются произвольными, то g должно сохранять значение при любых четных перестановках корней и менять знак при нечетных. Теперь покажем, что значение функции g не будет меняться при циклической перестановке трех корней (x₁, x₂, x₃). Здесь стоит пояснить, что циклическая перестановка (x₁, x₂, x₃) четная и может быть представлена, как произведение транспозиций (x₁, x₂)(x₂, x₃). То есть, функция g не поменяет своего значения при данной перестановке. Еще заметим, что функция g не изменится при циклической перестановке пяти корней, так как она так же раскладывается в произведение четного количества транспозиций. Присоединяя радикал y₁ к выражениям от коэффициентов с помощью базовых арифметических операций, мы будем получать симметрические функции относительно всех циклов на трех и пяти корнях и вообще любых четных перестановок, но при перестановке содержащей нечетное количество транспозиций, y₁ будет менять знак. Дальнейшее присоединение квадратных радикалов не даст нам ничего нового. Теперь предположим, что мы пришли к радикалу, который меняет свое значение лишь при тройных циклах. Обозначим его y₂, тогда y₂ n = q, где q – это рациональная функция от коэффициентов a, b, c, d, e и радикала y₁.

В данном случае z 3 = 1, то есть z здесь будет кубическим корнем из единицы.

Теперь произведем циклическую перестановку 5-и корней

Так как z должен быть кубическим корнем из единицы, как мы выяснили ранее, то единственным вариантом будет z = 1 и g должна быть инвариантна при любой из этих циклических перестановок. Но тогда она должна быть инвариантна и при циклической перестановке x₃,x₂,x₅,x₁,x₄ -> x₂,x₅,x₁,x₄,x₃. Отсюда, одной транспозицией мы можем получить, что

но, выше мы уже видели, что

а из этого следует

что приводит нас к противоречию, так как мы предполагали, что g меняет значение при циклической перестановке трех корней (x₁, x₂, x₃).

Еще одним вариантом, было бы показать что все четные перестановки на пяти корнях порождаются тройными циклами, то есть, если есть тройные циклы, то никаких выражений от корней, которые бы сохраняли набор значений при всех четных перестановках, не существует. Если теперь перевести это на теоретико-групповой язык, то получается, что группа общего уравнения пятой степени есть симметрическая группа S₅, в которой существует 5! = 120 различных перестановок пяти корней. Далее, путем присоединения квадратного корня из дискриминанта, мы можем понизить ее до знакопеременной группы четных перестановок A₅, которая содержит 120/2 = 60 перестановок. Но A₅ является простой группой, в которой нет никаких нетривиальных нормальных подгрупп, которым бы соответствовали выражения от корней сохраняющие значения при определенных перестановках, из чего следует, что присоединение любых дополнительных радикалов не приблизит нас к решению.

Заключение

Поводом для написания данной статьи послужило желание структурировать свои мысли по этой теме и представить идеи о неразрешимости уравнений в радикалах без привлечения абстрактной алгебры и теории Галуа. По моему мнению, в подавляющем большинстве современных изложений теряется связь между областью, в которой происходит доказательство и конкретными уравнениями. Если у кого-то есть замечания, дополнения или ссылки на подобные элементарные изложения, буду рад услышать.

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.

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 .

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.

[spoiler title=”источники:”]

http://habr.com/ru/post/568552/

http://zaochnik.com/spravochnik/matematika/systems/reshenie-uravnenij-vysshih-stepenej/

[/spoiler]

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 (х³ – 1)² + х⁵ = х⁶ – 2 имеет пятую степень, т.к. после операций раскрытия скобок и приведения подобных получим равносильное уравнение х⁵ – 2х³ + 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. 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

Р₃(х) = ах³ + bx² + cx + d возможно одно из двух: либо он разлагается в произведение трех двучленов

Р₃(x) = а(х – α)(х – β)(х – γ), либо разлагается в произведение двучлена и квадратного трехчлена Р₃(x) = а(х – α)(х² + 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 х₁, х₂, …, х_n – действительные корни многочлена

Р(х) = а₀хⁿ + а₁х^{n – 1} + … + а_n, то имеют место следующие равенства:

х₁ + х₂ +  …  + х_n = -а₁/а₀,

х₁ · х₂ + х₁ · х₃ + … + х_{n – 1} · х_n = a₂/а₀,

х₁ · х₂ · х₃ + … + х_{n – 2} · х_{n – 1} · х_n = -a₃ / а₀,

…

х₁ · х₂ · х₃ · х_n = (-1)ⁿa_n / а₀.

Решение примеров

Пример 1.

Найти остаток от деления Р(х) = х³ + 2/3 x² – 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» 2х³ + 3x² – 2х + 3 на (х + 2). Найти остаток и неполное частное.

Решение:

2х³ + 3x² – 2х + 3| х + 2

2х³ + 4x²               2x² – x

         -x² – 2x

         –x² – 2x

                        3      

Ответ: R = 3; частное: 2х² – 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 = xⁿ или t = g(х) и выражают f(x) через t, получая новое уравнение r(t). Решая затем уравнение r(t), находят корни:

(t₁, t₂, …, t_n). После этого получают совокупность n уравнений q(x) = t₁, q(x) = t₂, … , q(x) = t_n, из которых находят корни исходного уравнения.

Пример 1.

(х² + х + 1)² – 3х² – 3x – 1 = 0.

Решение:

(х² + х + 1)²  – 3(х² + x) – 1 = 0.

(х² + х + 1)²  – 3(х² + x + 1) + 3 – 1 = 0.

Замена (х² + х + 1) = t.

t² – 3t + 2 = 0.

t₁ = 2, t₂ = 1. Обратная замена:

х² + х + 1 = 2 или х² + х + 1 = 1;

х² + х – 1 = 0 или х² + 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.

х⁴ – 3x² + 4х – 3 = 0.

Решение.

Представим – 3x² = -2x² – x² и сгруппируем:

(х⁴ – 2x²) – (x² – 4х + 3) = 0.

(х⁴ – 2x² +1 – 1) – (x² – 4х + 3 + 1 – 1) = 0.

(х² – 1)² – 1 – (x – 2)² + 1 = 0.

(х² – 1)² – (x – 2)² = 0.

(х² – 1 – х + 2)(х² – 1 + х – 2) = 0.

(х² – х + 1)(х² + х – 3) = 0.

х² – х + 1 = 0 или х² + 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.

х³ + 4x² + 5х + 2 = 0.

Решение.

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

х³ + 4x² + 5х + 2 = (х – а)(x² + bх + c),

х³ + 4x² + 5х + 2 = х³ +bx² + cх – ax² – abх – ac,

х³ + 4x² + 5х + 2 = х³ + (b – a)x² + (cх – ab)х – ac.

Решив систему:

{b – a = 4,
{c – ab = 5,
{-ac = 2,

получим

{a = -1,
{b = 3,
{c = 2, т.е.

х³ + 4x² + 5х + 2 = (х + 1)(x² + 3х + 2).

Корни уравнения (х + 1)(x² + 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 а₀, а q – натуральным делителем старшего коэффициента.

Пример 1.

6х³ + 7x² – 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.

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

Зарегистрироваться

© blog.tutoronline.ru,
при полном или частичном копировании материала ссылка на первоисточник обязательна.