Теорема Безу (стр. 2 из 3)

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 :

ПустьP(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) = x^n-1 + ax^n-2 + a²x^n-3 + … +a^n-2x + a^n-1.

2. Разность одинаковых чётных степеней на сумму их оснований делится без остатка .

ПустьP(x) = x^2k , тогда P(a) = a^2k .

Разность одинаковых чётных степеней x²^k - a²^k равна P(x) – P(a) .

P(a) = a^2k = (-a)^2k = P(-a) , т.е. x^2k - a^2k = P(x) – P(-a).

По следствию 5

P(x) - P(-a) = (x –(- a))Q(x)=

= (x + a)Q(x)

а это значит , что

x^2k – a^2k = (x + a)Q(x) или

(x^2k – a^2k)/(x + a) = Q(x) ,

т.е. разность одинаковых чётных степеней на сумму их оснований делится без остатка , что и требовалось доказать .

Итак ,

(x^2k – a^2k)/(x + a) = x^2k-1 – ax^2k-2 + … +a^2k-2x + a^2k-1.

3. Разность одинаковых нечётных натуральных степеней на сумму их оснований не делится .

Пусть P(x) = x²^k⁺¹ - a²^k⁺¹– разность одинаковых нечётных степеней .

По теореме Безу при делении x²^k⁺¹ - a²^k⁺¹ на x + a = x – (-a) остаток равен

R = P(-a) = (-a)^2k+1 – a^2k+1 = -2a^2k+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) = x^2л+1 , P(-a) = (-a)^2л+1 = -а^2л+1 ,

тогда P(x) – P(-a) = x²^k⁺¹ + a²^k⁺¹ – сумма одинаковых нечётных натуральных степеней .

По следствию 5

P(x) - P(-a) = x^2k+1 + a^2k+1= (x –(- a))Q(x)=

= (x + a)Q(x),

а это значит , что

(x^2k+1 + a^2k+1)/(x + a) = Q(x) ,

т.е. сумма одинаковых нечётных натуральных степеней на сумму их оснований делится без остатка , что и требовалось доказать .

Итак ,

(x^2k+1 + a^2k+1)/(x + a) = x^2k - ax^2k-1 + … - a^2k-1x + a^2k.

5. Сумма одинаковых чётных натуральных степеней на сумму их оснований не делится .

Пусть P(x) = x²^k + a²^k– сумма одинаковых чётных степеней .

По теореме Безу при делении x²^k + a²^k на x + a = x – (-a) остаток равен

R = P(-a) = (-a)^2k + a^2k = 2a^2k.

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

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 :