Теорема Безу
Работа из раздела: «
Математика»
Теорема Безу
Этьен Безу–
французский математик, член Парижской Академии Наук( с 1758 года ),
родился в Немуре 31 марта 1730 года и умер 27 сентября 1783 года.
С 1763 года Безу преподавал математику в училище гардемаринов, а с 1768
года и в королевском артиллерийском корпусе.
Основные работы Этьена Безу относятся к высшей алгебре, они посвящены
созданию теории решения алгебраических уравнений. В теории решения
систем линейных уравнений он содействовал возникновению теории
определителей , развивал теорию исключения неизвестных из систем уравнений
высших степеней, доказал теорему (впервые сформулированную К.
Маклореном ) о том , что две кривые порядка m и n пересекаются не
более чем в mn точках. Во Франции и за её границей вплоть до 1848 года
был очень популярен его шеститомный“Курс математики “, написанный им в 1764-
69 годах. Безу развил метод неопределённых множителей, в элементарной
алгебре его именем назван способ решения систем уравнений, основанный на
этом методе . Часть трудов Безу посвящена внешней баллистике. Именем
учёного названа одна из основных теорем алгебры.
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 .
Следствие 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+1 на 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 одинаковых
нечётных 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 , то сумма 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.
Математическая энциклопедия.
Яремчук Ф.П., Рудченко П.А.
Алгебра и элементарные функции.
Виленкин Н.Я., Ивашев-Мусатов О.С., Шварц-
бурд С.И.
Алгебра и математический анализ.
Курош А.Г.
Курс высшей алгебры.
