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 ее границей вплоть до 1848 года был очень популярен его шеститомный”Курс математики “, написанный им в 1764-69 годах. Безу развил метод неопределенных множителей, в элементарной алгебре его именем назван способ решения систем уравнений, основанный на этом методе. Часть трудов Безу посвящена внешней баллистике. Именем ученого названа одна из основных теорем алгебры.

Теорема Безу.

Остаток от деления полинома P n ( x )

На двучлен ( x – a ) равен значению

Этого полинома при x = a.

Пусть :

P n ( x ) – данный многочлен степени n,

Двучлен ( x – a ) – его делитель,

Q n -1 ( x ) – частное от деления P n ( 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 :

P n (x) = (x-a)Q n-1 (x) + R.

Отсюда при x = a :

P n (a) = (a-a)Q n-1 (a) + R =0*Q n-1 (a)+R=

=0+ R = R.

Значит, R = P n ( 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 P n ( x )

На двучлен ax + b равен значению

Этого полинома при x = – b / a,

Т. е. R=P n (-b/a) .

Доказательство :

Согласно правилу деления многочленов :

P n (x)= (ax + b) * Q n-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

A 1 , a 2 , … , a n, то он делится на

Произведение ( x – a 1 ) … ( x – a n )

Без остатка.

Доказательство :

Проведем 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 – a 1 )( x – a 2 ) … ( x – a k ) , где

A 1 , a 2 , … , a k – егокорни.

Пусть P ( x ) имеет k +1 попарно различных корней. По предположению индукции a 1 , a 2 , a k, … , a k +1 являются корнями многочлена, а, значит, многочлен делится на произедение ( x – a 1 ) … ( x – a k ) , откуда выходит, что

P(x) = (x-a 1 ) … (x-a k )Q(x).

При этом a k +1 – корень многочлена P ( x ) , т. е. P ( a k +1 ) = 0 .

Значит, подставляя вместо x a k +1 , получаем верное равенство :

P(a k+1 ) = (a k+1 – a 1 ) … (a k+1 – a k )Q(a k+1 ) =

=0 .

Но a k +1 отлично от чисел a 1 , … , a k, и потому ни одно из чисел a k +1 – a 1 , … , a k +1 – a k не равно 0 . Следовательно, нулю равно Q ( a k +1 ) , т. е. a k +1 – корень многочлена Q ( x ) . А из следствия 2 выходит, что Q ( x ) делится на x – a k + 1 без остатка.

Q ( x ) = ( x – a k +1 ) Q 1 ( x ) , и потому

P(x) = (x-a1) … (x-ak)Q(x) =

=( x – a 1 ) … ( x – a k )( x – a k +1 ) Q 1 ( x ) .

Это и означает, что P ( x ) делится на ( x – a 1 ) … ( x – a k +1 ) без остатка.

Итак, доказано, что теорема верна при k =1 , а из ее 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 P n ( x ) степени n имел бы более n корней – n + k (a 1 , a 2 , … , a n + k – его корни ) , тогда бы по ранее доказанному следствию 3 он

Бы делился на произведение ( x – a 1 ) … ( x – a n + 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 P n ( x ) можно представить в виде : P n ( x )=( x – a ) Q n -1 ( x )+ R,

Где Q n -1 ( x ) – многочлен, частное при делении P n ( x ) на ( x – a ) ,

R – остаток от деления P n ( x ) на ( x – a ) .

Причем по теореме Безу :

R = P n (a) , т. е.

P n (x)=(x-a)Q n-1 (x)+P n (a) .

Отсюда

Pn(x) – Pn(a) = (x-a)Qn-1(x) ,

А это и означает делимость без остатка ( P n ( x ) – P n ( 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) = xn-1 + axn-2 + a2 xn-3 + … +an-2 x + an-1 .

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

ПустьP(x) = x2k, тогда P(a) = a2k.

Разность одинаковых четных степеней x 2 k – a 2 k 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 четных степеней на сумму их оснований делится без остатка, что и требовалось доказать.

Итак,

(x2k – a2k )/(x + a) = x2k-1 – ax2k-2 + … +a2k-2 x + a2k-1 .

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

Пусть P ( x ) = x 2 k +1 – a 2 k +1 – разность одинаковых нечетных 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 одинаковыхнечетных натуральных степеней на сумму их оснований не делится, что и требовалось доказать.

4. Сумма одинаковых нечетных натуральных степеней на сумму их оснований делится без остатка.

Пусть P ( x ) = x 2л+1 , P (- a ) = (- a )2л+1 = – а2л+1 ,

Тогда P ( x ) – P (- a ) = x 2 k +1 + a 2 k +1 – сумма одинаковых нечетных 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 нечетных натуральных степеней на сумму их оснований делится без остатка, что и требовалось доказать.

Итак,

(x2k+1 + a2k+1 )/(x + a) = x2k – ax2k-1 + … – a2k-1 x + a2k.

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

Пусть P ( x ) = x 2 k + a 2 k – сумма одинаковых четных степеней.

По теореме Безу при делении x 2 k + a 2 k на x + a = x – (- a ) остаток равен

R = P(-a) = (-a)2k + a2k = 2a2k.

Т. к. остаток при делении не равен 0 , тосумма одинаковых четных 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

X 3 – 3 x 2 + 6 x – 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

32 x 4 – 64 x 3 + 8 x 2 + 36 x + 4

На двучлен 2 x – 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 + 3×2 – 4x – 4

Делится без остатка на двучлен x – 2 ?

По теореме Безу

R = P 4 (2) = 16 + 8 a + 12 – 8 – 4 = 8 a +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 трехчлен

X 2 – 5 x + 6 без остатка?

Разложим делитель на множители :

X2 – 5 x + 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 – 9×2 + 11x + b

Делится без остатка на трехчлен

X2 – 2x + 1 ?

Представим делитель так :

X 2 – 2 x + 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.

Найдем частное от деления этого многочлена на x – 1 :

_ x4 + ax3 -9×2 + 11x-a -3 x – 1

x4 – x3 x3 +(a+1)x2 +(a-8)x+(a+3)

_(a + 1)x3 – 9×2

(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 ) = x 4 + 4 x 2 – 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 :

_ x 4 + 4 x 2 – 5 x – 1

X 4 – x 3 x 3 + x 2 + 5x + 5

_ x 3 + 4 x 2 – 5

X 3 – x 2

_5 x 2 – 5

5 x 2 – 5 x

_5 x – 5

5 x – 5

0

P ( x )/( x – 1) = x 3 + x 2 + 5 x + 5 , значит

P(x) = (x – 1)(x3 + x2 + 5x + 5).

Среди делителей свободного члена многочлена x 3 + x 2 + 5 x + 5 x = -1 является его корнем, а это значит, что по следствию 2 из теоремы Безу x 3 + x 2 + 5 x + 5 делится на ( x + 1) без остатка :

_ x 3 + x 2 +5 x + 5 x + 1

X 3 + x 2 x 2 +5

_5x + 5

5 x + 5

0

( x 3 + x 2 +5 x + 5)/( x + 1) = x 2 +5 ,

Значит

X 3 + x 2 +5 x + 5 = ( x +1)( x 2 +5) .

Отсюда

P(x) = (x – 1)(x +1)(x2 +5) .

По следствию 7 ( x 2 + 5) на множители не раскладывается, т. к. действительных корней не имеет, поэтому P ( x ) далее на множители не раскладывается.

Ответ : x 4 + 4 x 2 – 5 = ( x – 1)( x +1)( x 2 +5) .

Пример 7.

Разложить на множители многочлен P ( x ) = x 4 + 324 .

P ( x ) корней не имеет, т. к. x 4 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 – 5×4 + 7×3 – 2×2 + 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 – 5×4 + 7×3 – 2×2 + 4x – 8 x – 2

x 5 – 2 x 4 x 4 – 3 x 3 + x 2 + 4

_-3 x 4 + 7 x 3 – 2 x 2 + 4 x – 8

-3×4 + 6×3

_x3 – 2×2 + 4x – 8

x 3 – 2 x 2

_4x – 8

4x – 8

0

_x4 – 3×3 + x2 + 4 x – 2

x4 – 2×3 x3 – x2 – x – 2

_-x3 + x2 + 4

– x3 +2×2

_-x2 + 4

– x2 + 2x

_-2x + 4

-2x + 4

0

_ x3 – x2 – x – 2 x – 2

x3 – 2×2 x2 + x + 1

_x2 – x – 2

x2 – 2x

_x – 2

X – 2

0

X 2 + x + 1 на x – 2 не делится, т. к. R =22 + 2 + 1=

=7 .

Значит, P ( x )/( x – 2)3 = x 2 + 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 – 8×2 + 16x +2×2 – 16x + 32)Q(x) =

= (x3 – 6×2 + 32)Q(x).

( x 3 – 6 x 2 + 32) – кубический многочлен, но по условию P ( x ) – также кубический многочлен, следовательно, Q ( x ) – некоторое действительное число.

Пусть Q ( x ) = 1 , тогда P ( x ) = x 3 – 6 x 2 + 32 .

Ответ: x 3 – 6 x 2 + 32 .

Пример 10.

Определите a и b так, чтобы -2 было корнем многочлена P( x) = x 5 + a x 2 + 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 = x 2 + 4 x + 4

_x5 + a x2 + bx + 1 x2 + 4x + 4

x5 + 4×4 + 4×3 x3 – 4×2 + 12x – (a + 32)

_-4×4 -4×3 – ax2 +bx+1

-4×4 – 16×3 – 16×2

_12x3 + (16 – a)x2 + bx + 1

12×3 +48×2 + 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.


Теорема Безу