Гашков С.В. Современная элементарная алгебра в задачах и решениях

242 Глава IV. Алгебраические уравнения

Для этого необходимо и достаточно выполнения условия

Это условие есть кубическое уравнение относительно y. Оно называется

резольвентой Феррари.

После раскрытия скобок уравнение преобразуется к виду

y3 − by2 + (ac − 4d)y − (c2 + a2d − 4bd) = 0.

Пусть y1 – один из корней этого уравнения. Тогда при y = y1 условие будет выполнено, так что имеет место

Приравняв к нулю каждый из сомножителей, находим четыре корня исходного уравнения.

Пусть x1 и x2 – корни первого сомножителя, x3 и x4 – корни второго. y21 + l, x3x4 = y21 − l. Сложив эти равенства, получим, что

y1 = x1x2 + x3x4. Таким образом, мы получим выражение корня y1 вспомогательного кубического уравнения через корни исходного уравнения четвертой степени.

Другими корнями кубического уравнения будут

y2 = x2x3 + x1x4, y3 = x2x4 + x1x3.

Таким образом, мы нашли такое выражение y1 = x1x2 + x3x4 от корней x1, x2, x3, x4, что при их всевозможных перестановках получается только два новых выражения. Поэтому эти выражения являются корнями уравнения третьей степени, коэффициенты которого полиномиально выражаются через коэффициенты исходного уравнения четвертой степени.

Данный результат можно было получить и двигаясь от этих выражений к уравнению третьей степени.P

Действительно, y1 + y2 + y3 = уравнения x4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0.

В равенство (7) введено три неизвестных. Чтобы определить их, нужно будет дать три уравнения.

Возводя обе части равенства (7) два раза в квадрат, получаем:

4x2 = u2 + v2 + w2 + 2(uv + uw + vw),

16x4 = (u2 + v2 + w2)2 + 4(uv + uw + vw) (u2 + v2 + w2) +

+ 4(u2v2 + u2w2 + v2w2) + 8uvw(u + v + w). (8)

Подставляя в уравнение (6) вместо x, x2 и x4 их выражения из равенств (7) и (8), после упрощения получим:

(u2 + v2 + w2)2 + 4(uv + uw + vw) (u2 + v2 + w2 + 2a) +

+4a(u2 + v2 + w2) + 8(uvw + b) (u + v + w) +

+4(u2v2 + u2w2 + v2w2) + 16c = 0. (9)

Для того чтобы выполнялось равенство 2x = u + v + w, где x – корень уравнения (6), необходимо и достаточно выполнение уравнения (9). Оно содержит три неизвестных. Чтобы определить их, нужны еще два уравнения, которые можно выбрать произвольно. Свободой выбора следует воспользоваться для наибольшего упрощения уравнения.

Руководствуясь этим, положим

При этом выборе величин u, v и w уравнение (9) обращается в уравнение

Из (10) и (11) заключаем, что u, v и w удовлетворяют системе уравнений

Отсюда следует, что числа u2, v2 и w2 являются корнями уравнения:

У двух радикалов в равенствах (14) можно взять любое из их значений. После этого значение третьего радикала следует взять определенное – оно находится из равенства (15).

Подставляя полученные выражения для u, v, w в уравнение (7), приходим к следующей теореме.

Теорема 100 (Эйлер). Корни приведенного уравнения четвер-

той степени

x4 + ax2 + bx + c = 0

выражаются через корни резольвенты Феррари

σ3 + 2aσ2 + (a2 − 4c)σ − b2 = 0

по формулам:

При этом значения радикалов √σ1, √σ2 и √σ3 должны быть выбраны так, чтобы выполнялось равенство:

√σ1 · √σ2 · √σ3 = −b.

Задачи и упражнения к § 4.10

1.Решите биквадратное уравнение методом Эйлера.

2.Решите уравнения:

g (n)

zn

nα

Рис. 34

дама будет двигаться в образе со скоростью, в n раз большей, по окружности радиуса Rn. Собачка g(z) = f(z) − zn будет мала по модулю и не заденет за точку (0, 0), как было показано выше. При малых радиусах образ будет «бегать» неподалеку от точки an =6 0.

Начнем непрерывно уменьшать радиус окружности от R до 0. В начале точка (0, 0) была внутри, а в конце стала находиться вне множества, ограниченного образом окружности. В силу непрерывности будет момент прохождения через эту точку. Это означает, что в этот момент f(z) = 0, т. е. у многочлена f(z) есть комплексный корень.

Следующие теоремы являются следствиями основной теоремы алгебры.

Теорема 102 (о разложении на линейные множители). Всякий многочлен f(x) C [x], deg f(x) = n > 1, над полем комплексных чисел раскладывается в произведение n линейных множителей.

Д о к а з а т е л ь с т в о. Индукция по n. При n = 1 многочлен является линейным. Предположим, что утверждение уже доказано для многочленов степени n, и пусть f(x) – многочлен степени n + 1. Тогда

ляется в виде f(x) = (x − α1) f1 (x). Но многочлен f1 (x) имеет степень n, и по предположению индукции раскладывается в произведение n линейных множителей. Но тогда f(x) является произведением n + 1 линейного множителя.

Теорема 103 (о числе корней). Всякий многочлен степени n > 1

с комплексными коэффициентами имеет n корней, если считать каждый корень столько раз, какова его кратность.

Д о к а з а т е л ь с т в о. Как мы только что доказали, многочлен степени n > 1 раскладывается в произведение n линейных множителей:

f(x) = a0 (x − α1) (x − α2) . . . (x − αn). Ясно, что α1, . . . , αn – это корни многочлена f(x).

Объединяя равные сомножители в степени, f(x) можно представить в виде

f(x) = a0 (x − α1)k1 (x − α2)k2 . . . (x − αs)ks ,

где корни α1, . . ., αs уже все различны, а показатели k1, . . ., ks – это кратности этих корней.

Поскольку степени многочленов в левой и правой частях этого равенства одинаковы, то n = k1 + k2 + . . . + ks .

Упражнение 112. Многочлен f(x) делится на многочлен g(x) тогда и только тогда, когда всякий корень f(x) является корнем g(x) и кратность его в g(x) не больше кратности в f(x).

У к а з а н и е. Используйте разложение многочленов f(x) и g(x) на линейные множители.

Теорема 104 (Виет). Пусть

f(x) = a0xn + a1xn−1 + . . . + an−1x + an, a0 =6 0,

– многочлен с комплексными коэффициентами. Тогда для любого k = 1, . . ., n сумма всевозможных произведений корней многочлена f(x), состоящих из k сомножителей, равна (−1)kak/a0. В частности, сумма всех корней многочлена f(x) равна −a1/a0, сумма по-

парных произведений равна a2/a0, произведение всех корней равно

(−1)nan/a0.

Д о к а з а т е л ь с т в о. Представим f(x) в виде:

f(x) = a0 (x − α1) (x − α2) . . . (x − αn).

Тогда после раскрытия скобок в правой части имеем:

a0xn + a1xn−1 + . . . + an =

= a0xn − a0 (α1 + . . . + αn)xn−1 + . . . + (−1)na0α1α2 . . . αn. Если два многочлена равны, то равны их коэффициенты. Поэтому

−a0 (α1 + . . . + αn) = a1, . . . , (−1)na0α1 . . . αn = an.

Теорема 105 (о разложении действительных многочленов). Всякий многочлен степени n > 1 с действительными коэффициентами раскладывается в произведение линейных двучленов и квадратных трехчленов с отрицательными дискриминантами, имеющими действительные коэффициенты.

До к а з а т е л ь с т в о. Индукция по n. Для многочленов степени 1

и2 утверждение верно. Предположим, что оно справедливо для любых многочленов степени, не большей n, и пусть f(x) имеет степень n + 1.

Многочлен f(x) имеет комплексный корень α. По теореме Безу

и если число α действительное, то g(x) – многочлен с действительными коэффициентами. Тогда по предположению индукции g(x) раскладывается в произведение требуемого вида. Но тогда в силу (16) такое разложение существует и для многочлена f(x).

Пусть теперь α – число не действительное, т. е. α¯ 6= α. По следствию из теоремы 93 число α¯ также является корнем многочлена f(x). Тогда из (16) при x = α¯ получаем, что f(α¯ ) = (α¯ − α) g(α¯ ), и, следовательно, g(α¯ ) = 0. Снова применяя теорему Безу, имеем g(x) = (x − α¯ )h(x), а тогда

Так как α + α¯ и αα¯ – числа действительные, то трехчлен x2 − (α + α¯ )x + + αα¯ имеет действительные коэффициенты (и, очевидно, отрицательный дискриминант), значит, и многочлен h(x) имеет действительные коэффициенты как частное двух многочленов с действительными коэффициентами.

Но многочлен h(x) имеет степень меньше n, так что к нему применимо предположение индукции. После этого требуемое утверждение для многочлена f(x) вытекает из равенства (17).

Приведем примеры применения доказанных теорем при решении задач.