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 aявляется 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 - егокорни .

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 xak+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 итребовалось 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 :

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 x^2k - a^2k 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) = x^2k+1 - a^2k+1– разность одинаковых нечётных степеней .

По теореме Безу при делении x^2k+1 - a^2k+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) = x^2k+1 + a^2k+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) = x^2k + a^2k– сумма одинаковых чётных степеней .

По теореме Безу при делении x^2k + a^2k 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

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 – x³x³ + 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 + x²x² +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 - 2x⁴x⁴ – 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

НоR = 0, значит

(4a +b + 80)x + 4a + 129 = 0 прилюбыхx .

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.

1. 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.