Алгебраические уравнения
Тип документа: Другое. Аудитория: Преподаватели и учителя информатики. Дата публикации: 19.05.2021
Описание: Основное назначение книги – помочь учащемуся старших классов систематизировать, творчески усвоить программу средней школы, а также адаптировать будущего студента к программе высшей школы. Поэтому книга будет полезна и первокурсникам, только приступившим к изучению высшей математики. Не в последнюю очередь мы надеемся, что учебное пособие окажутся полезными учителям математики, особенно преподающим в физико-математических классах. В процессе работы над книгой авторы опирались на личный опыт подготовки абитуриентов к вступительным экзаменам и опыт преподавания на различных факультетах ПетрГУ, который показывает, что многим студентам, вплоть до старших курсов, не дают успешно учиться пробелы в знаниях по элементарной математике. А это, как зубная боль: пока серьезно не возьмешься за лечение, будет мешать. Мы не считаем главной целью обучения сдачу ЕГЭ. Любой экзамен - всего лишь один из методов контроля качества усвоенного материала, и, к сожалению, его успешная сдача далеко не всегда означает готовность подняться на следующую ступень образования.

Министерство образования и науки Российской Федерации
Федеральное государственное бюджетное образовательное
учреждение высшего профессионального образования
ПЕТРОЗАВОДСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ
УНИВЕРСИТЕТ
Е. К. Белый, Ю. А. Дорофеева
Математика не для ЕГЭ
Алгебраические уравнения
Учебное пособие для абитуриентов
и студентов первого курса
Петрозаводск
Издательство ПетрГУ
2015
УДК 512.1
ББК 22.14
Б439
Печатается по решению редакционно-издательского совета
Петрозаводского государственного университета
Рецензенты:
д-р физ.-мат. наук, профессор каф. геометрии и топологии ПетрГУ
С. С. Платонов ;
д-р экон. наук, зав. отделом моделирования и прогнозирования реги-
онального развития института экономики КарНЦ РАН
П. В. Дружинин
Белый, Евгений Константинович.
Б439 Алгебраические уравнения : учебное пособие для абитуриентов
и студентов первого курса / Е. К. Белый, Ю. А. Дорофеева ; М-во об-
разования и науки Рос. Федерации, Федеральное бюджетное образова-
тельное учреждение высш. проф. образования Петрозавод. гос. ун-т. –
Петрозаводск : Издательство ПетрГУ, 2015. – 240 с. – (Математика не
для ЕГЭ).
ISBN 978-58021-2604-2
Учебное пособие ориентировано на широкий круг читателей: абитури-
ентов, студентов первого курса, а также учителей математики средней
школы.
ISBN 978-58021-2604-2
УДК 512.1
ББК 22.14
c○Белый Е. К., Дорофеева Ю. А., 2015
c○Петрозаводский государственный университет, 2015
Содержание
Предисловие 5
Математическая символика 9
Введение 12
Глава 1. Линейные уравнения 19
§ 1.1. Уравнения с одной неизвестной . . . . . . . . 19
§ 1.2. Уравнения с двумя неизвестными . . . . . . 20
§ 1.3. Системы двух уравнений . . . . . . . . . . . . 28
§ 1.4. Системы трех и более уравнений . . . . . . . 35
§ 1.5. Неравенства . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
Глава 2. Уравнения второго порядка 55
§ 2.1. Основные алгебраические тождества . . . . . 55
§ 2.2. Квадратный трехчлен . . . . . . . . . . . . . 59
§ 2.3. Уравнения с двумя неизвестными . . . . . . 80
§ 2.4. Симметричные формы . . . . . . . . . . . . . 84
§ 2.5. Однородные многочлены . . . . . . . . . . . . 94
§ 2.6. Уравнения с тремя неизвестными . . . . . . . 99
Глава 3. Уравнения старшего порядка 102
§ 3.1. Операции над многочленами . . . . . . . . . 102
§ 3.2. Разложение многочленов на множители . . . 107
§ 3.3. Неравенства . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
§ 3.4. Комплексные корни многочлена . . . . . . . 132
§ 3.5. Формула Кардано . . . . . . . . . . . . . . . . 149
§ 3.6. Формула Феррари . . . . . . . . . . . . . . . . 161
§ 3.7. Границы корней многочлена . . . . . . . . . . 164
§ 3.8. Интерполяционный многочлен Лагранжа . . 168
§ 3.9. Многочлены в других задачах . . . . . . . . 173
Задачи 188
Ответы 207
Древнегреческий алфавит 226
Биографические справки 227
Список литературы 237
Учитель может только указать путь.
Пройти путь каждый должен сам.
Восточная мудрость
Предисловие
⇒9Дорогой читатель! Мы открываем экспериментальную
серию книг «Математика не для ЕГЭ». Основное назначе-
ниесерии–помочьвыпускнику систематизировать, твор-
чески усвоить программу средней школы и адапти-
ровать будущего студента к программе высшей шко-
лы. Поэтому книги будут полезны и первокурсникам, толь-
ко приступившим к изучению высшей математики. Не в по-
следнюю очередь мы надеемся, что предлагаемые учебные
пособия окажутся полезными учителям математики, осо-
бенно преподающим в физико-математических классах. В
процессе работы над книгой авторы опирались на личный
опыт подготовки абитуриентов к вступительным экзаменам
и опыт преподавания на различных факультетах ПетрГУ,
который показывает, что многим студентам, вплоть до стар-
ших курсов, не дают успешно учиться пробелы в знаниях по
элементарной математике. А это, как зубная боль: пока се-
рьезно не возьмешься за лечение, будет мешать.
Самоназваниесерииговоритотом,чтомынесчитаемглав-
ной целью обучения сдачу ЕГЭ. Любой экзамен всего лишь
6 ПРЕДИСЛОВИЕ
одинизметодовконтролякачестваусвоенногоматериала,и,
к сожалению, его успешная сдача далеко не всегда означает
готовность подняться на следующую ступень образования.
Сейчас имеется довольно широкий выбор литературы для
поступающих в вузы, и может возникнуть вопрос: зачем
нужна еще одна книга для абитуриентов? Здесь можно за-
метить, что мы преследуем более дальние цели, неже-
ли только поступление в вуз . Книги этой серии не за-
менят школьные учебники и тем более уроки, в них нет той
последовательности изложения материала, которая прису-
ща методистам и которая рассчитана на годы обучения, но
онипомогутнанекоторыевещивзглянутьподдругимуглом
зрения. Авторы не пытались включить в пособие как можно
больше задач, поскольку хороших задачников с разобран-
ными примерами решений более чем достаточно. Разумеет-
ся, это книги под редакцией М. И. Сканави, учебное пособие
для студентов педагогических институтов В. Н. Литвиненко
и А. Г. Мордкович и пр. Для всех, кто интересуется зада-
чами с параметрами, можно рекомендовать замечательную
книгу В. П. Моденова. В конце пособия (с. 237) вы найде-
те список литературы, где представлены не только книги,
содержание которых «вписывается» в школьную програм-
му, но и вузовские, в которых пройденные в школе темы
получают дальнейшее развитие. Это, прежде всего, учебни-
ки и задачники по аналитической геометрии и алгебре. Для
7
будущих математиков и физиков можно рекомендовать все
выпуски физико-математического журнала «Квант» начи-
ная с 1970 года, где можно найти не только разбор мето-
дов решения задач по самым разным разделам математики
и физики, но и множество статей, написанных представи-
телями этих наук. Если вы серьезно настроены на учебу,
не стоит останавливаться на одном учебном пособии .
Разные авторы по-разному раскрывают одни и те же темы,
и разные читатели по-разному воспринимают один и тот
же текст. К одной цели можно идти различными дорогами.
Приобретение нескольких книг поможет сэкономить на ре-
петиторах и между делом развить навык самостоятельной
работы, который в жизни очень пригодится.
На протяжении столетий в школьной программе формиро-
валась, фиксировалась система наиболее важных сведений,
необходимых для начала самостоятельной жизни, – фунда-
мент востребованных в обществе профессий. Вопрос «как
учиться?»непростой.Сейчасглавнаябедазначительнойча-
стипервокурсниковзаключаетсядаженевслабойподготов-
ке по математике, а именно в неумении и нежелании учить-
ся. Аучится человек для себя . Потому что ему интерес-
но учиться. Потому что он хочет продолжить образование
в лучших вузах страны и даже мира. Потому что он хочет
стать специалистом, хозяином жизни , быть востребо-
ванным в обществе и государстве. Ведь все привычные нам
8 ПРЕДИСЛОВИЕ
и кажущиеся незаменимыми в повседневной жизни заме-
чательные технические устройства, сооружения – резуль-
тат применения достижений науки, в том числе сложного
математического аппарата. В современном обществе наука
признана важнейшим фактором производства. Впрочем, и
раньше многие выдающиеся государственные деятели пони-
малиэто.Так,ПетрIиНаполеоннетолькозналиматемати-
ку на уровне квалифицированного инженера, но и уделяли
большое внимание вопросам математического образования,
поскольку математика является базовой дисциплиной для
всех точных наук, а заботу о процветании наук они считали
делом государственным.
Авторы надеются, что «Математика не для ЕГЭ» поможет
будущим специалистам усовершенствовать свою математи-
ческую подготовку, а у кого-то пробудит интерес к матема-
тике. Замечания и предложения вы можете направлять по
адресу: belyi@petrsu.ru . Хотелось бы обратить внимание
на тот факт, что инструмент, которым вы научитесь
пользоваться сегодня, будет вашим верным другом
на протяжении всей жизни . И если вы все-таки решили
учиться, желаем запастись терпением. Пусть в этом нелег-
ком деле вам сопутствует удача!
Евгений Белый
Июль 2015
Математическая символика
5⇔12
1.– пустое множество.
2.{3}– множество, состоящее только из числа 3.
3.{1,2,5}– множество, состоящее из чисел 1,2и5.
4.𝑚𝑎𝑥{𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑, 𝑒}– максимальное значение из перечис-
ленных 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑, 𝑒 .
5.𝑚𝑖𝑛{𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑, 𝑒}– минимальное значение из перечис-
ленных 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑, 𝑒 .
6.(𝑎;𝑏)– открытый интервал вещественных чисел, т. е.
все числа от 𝑎до𝑏, за исключением границ.
7.[𝑎;𝑏]– замкнутый интервал вещественных чисел, т. е.
все числа от 𝑎до𝑏, включая границы.
8.𝑎∈𝐴–𝑎является элементом множества 𝐴.
9.𝐴⊂𝐵–𝐴является подмножеством множества 𝐵.
10.𝐴∪𝐵– объединение множеств 𝐴и𝐵.
11.𝐴∩𝐵– пересечение множеств 𝐴и𝐵.
12.𝐴– дополнение множества 𝐴.
10 МАТЕМАТИЧЕСКАЯ СИМВОЛИКА
13.(𝑥, 𝑦)– упорядоченная пара чисел 𝑥и𝑦. Интерпрети-
руется так же, как точка плоскости с соответствующи-
ми координатами.
14.(𝑥, 𝑦, 𝑧 )– упорядоченная тройка чисел 𝑥,𝑦и𝑧или
точка в трехмерном пространстве.
15.(𝑎𝑥, 𝑎𝑦)– вектор на плоскости с координатами 𝑎𝑥и𝑎𝑦.
16.{(𝑥, 𝑦)|2𝑥+𝑦= 1}– множество пар (𝑥;𝑦), для которых
выполняется условие 2𝑥+𝑦= 1.
17.ℜ= (−∞; +∞)– множество вещественных чисел. По-
сколькукаллиграфысейчассталибольшойредкостью,
в конспектах и на доске этот символ обычно изобра-
жают как 𝑅с двойной вертикальной чертой.
18.𝑥∈ℜ–𝑥является вещественным числом.
19.{(𝑥,2)}, где 𝑥∈ℜ– множество всех пар (𝑥, 𝑦), в кото-
рых𝑥– произвольное вещественное число, а 𝑦= 2.
20.{(𝑥,2)|𝑥∈ℜ}– то же, что и{(𝑥,2)}, где 𝑥∈ℜ.
21.(ℜ,2)– то же, что и{(𝑥,2)|𝑥∈ℜ}.
22.{(𝑥, 𝑦)}, где 𝑥, 𝑦∈ℜ– множество всех пар веществен-
ных чисел или всех точек плоскости.
23.(ℜ,ℜ)– то же, что и{(𝑥, 𝑦)}, где 𝑥, 𝑦∈ℜ.
11
24.𝑃𝑛(𝑥)– некоторый многочлен степени 𝑛от перемен-
ной𝑥. Для этой цели также в книге иногда использу-
ются обозначения: 𝐷𝑛(𝑥),𝑅𝑛(𝑥)или𝑄𝑛(𝑥).
25.𝐿(𝑥)–некоторыйлинейныйчлен,т.е.выражениевида
𝑎𝑥+𝑏, где 𝑎и𝑏– константы.
26.&– логическое «И».
27.∨– логическое «ИЛИ».
28.(𝑎̸= 2)&( 𝑎̸= 3)– истинны одновременно два утвер-
ждения: (𝑎̸= 2)и(𝑎̸= 3).
29.(𝑎̸= 2)∨(𝑎̸= 3)– истинно утверждение (𝑎̸= 2), или
(𝑎̸= 3)или(𝑎̸= 2)&( 𝑎̸= 3).
30.∀𝑥– любое 𝑥.
31.∃𝑥– существует 𝑥.
Введение
9⇔19Как следует из названия книги, нам предстоит за-
няться поиском неизвестных. Поиск «неизвестных» – удел
не только математиков. Ежедневно этим делом занимаются
люди, профессии которых не связаны с точными науками.
Так, врач, опираясь на результаты осмотров, обследований
и анализов, пытается установить болезнь; сыщик на осно-
вании порой несвязных показаний очевидцев ищет преступ-
ника; археолог по найденым артефактам изучает быт давно
исчезнувших цивилизаций. Все перечисленные выше ситу-
ации объединяет то обстоятельство, что нельзя непосред-
ственно увидеть, измерить интересующий нас объект – в
нашемраспоряженииимеетсялишьрядфактов,зафиксиро-
ванных в утверждениях о нем, и каждое утверждение сужа-
ет круг поиска. Как когда-то заметил Платон, «мы видим
только тени вещей». И по этим теням нам надо воспроизве-
сти объект. Пусть, например, фирма N ищет сотрудника с
высшимэкономическимобразованиемнестарше40лет,вла-
деющего английским языком и имеющего навыки работы на
персональном компьютере. Значит, фирма ищет некоторого
13
гражданина X, для которого истинны утверждения:
⎧
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩𝑋имеет высшее экономическое образование;
𝑋не старше 40 лет;
𝑋владеет английским языком;
𝑋имеет навыки работы на персональном компьюторе.
Фигурная скобка означает, что все указанные выше четы-
ре утверждения должны быть истинными одновременно, то
есть между утверждениями можно поставить «логическое
И». Если бы в объявлении было написано: «Требуются сле-
сари, электрики и сварщики», утверждения следовало по-
местить в квадратную скобку:
⎡
⎢⎢⎣X слесарь;
X электрик;
X сварщик.
В данном случае квадратная скобка говорит о том, что для
кандидата на рабочее место должно быть выполнено хотя
бы одно из перечисленных условий, между утверждениями
подразумевается «логическое ИЛИ», несколько отличающе-
еся от того «ИЛИ», которое мы часто используем в быту. В
быту, говоря «А ИЛИ Б», мы можем подразумевать «ли-
бо А, либо Б». «Логическое ИЛИ» всегда означает «либо А,
14 ВВЕДЕНИЕ
либоБ,либоАиБодновременно».Внашемслучаедопуска-
ется, что слесарь одновременно может быть и электриком,
и сварщиком.
Любое уравнение или неравенство с одной или несколькими
неизвестными по сути является утверждением о равенстве
или соответственно неравенстве двух выражений, и его ре-
шениями будут те наборы неизвестных, при которых утвер-
ждение истинно. Набор таких утверждений, заключенный в
фигурную(квадратную)скобку,называют системой урав-
нений и (или) неравенств .Отдельноеуравнениеилинера-
венство также можно рассматривать как частный случай
системы, состоящей из одного утверждения. Две системы
называют эвивалентными илиравносильными ,еслимно-
жества их решений совпадают. В таком случае уравнения
𝑒𝑥−1=𝑐𝑜𝑠(𝑥−1),𝑙𝑜𝑔2𝑥= 0и(𝑥−1)2= 0эквивалентны.
Хорошейфизическоймодельюуравненияявляютсявесы,на
одной чаше которых стоит груз неизвестного веса, а на дру-
гой – гири. Единственный недостаток модели – отсутствие
гирь и грузов с отрицательным весом.
Алгебраическим уравнением (неравенством) называ-
ют уравнение (неравенство), в левой части которого нахо-
дится многочлен степени 𝑛≥0, а в правой – ноль. Мно-
гочлен илиполином можно рассматривать как сумму од-
ночленов илимономов , каждый из которых представляет
собой произведение с числовым коэффициентом нескольких
15
переменных, возведенных в целые неотрицательные степе-
ни.Степенью , или порядком , монома называют сумму
степеней входящих в него переменных. Степень многочлена
– наибольшая степень входящего в него монома. В частно-
сти, многочленом, или полиномом, степени 𝑛от одной пере-
менной 𝑥называется выражение вида
𝑃𝑛(𝑥) =𝑎0𝑥𝑛+𝑎1𝑥𝑛−1+. . .+𝑎𝑛−1𝑥+𝑎𝑛.
При этом 𝑎0𝑥𝑛называют старшим членом, соответственно
𝑎0– старшим коэффициентом многочлена, а 𝑎𝑛– свободным
членом. Коэффициенты многочлена 𝑎𝑘, где 𝑘= 0,1, . . . 𝑛,
в общем случае мы будем считать вещественными числами.
Многочлен степени 𝑛= 1называют линейным членом .
Вкурсематематикисреднейшколымысталкиваемсятакже
с «многочленами бесконечной степени»:
1
1−𝑥= 1 + 𝑥+𝑥2+𝑥3+. . .и1
1 +𝑥= 1−𝑥+𝑥2−𝑥3+. . .
Это, безусловно, суммы бесконечных геометрических про-
грессий со знаменателями, соответственно 𝑥и(−𝑥), кото-
рые сходятся при |𝑥|<1и определяются как
lim
𝑛→∞(︀
1 +𝑥+𝑥2+𝑥3+. . .+𝑥𝑛)︀
иlim
𝑛→∞(︀
1−𝑥+𝑥2−𝑥3+. . .+ (−1)𝑛𝑥𝑛)︀
.
16 ВВЕДЕНИЕ
В высшей математике такие «многочлены» называют сте-
пенными рядами . Степенные ряды позволяют нам нахо-
дить значения элементарных и ряда других функций.
Например, sin(𝑥) =𝑥−𝑥3
3!+𝑥5
5!−𝑥7
7!+. . . ,
cos(𝑥) = 1−𝑥2
2!+𝑥4
4!−𝑥6
6!+. . . ,
𝑒𝑥= 1 + 𝑥+𝑥2
2!+𝑥3
3!+𝑥4
4!+. . . ,где𝑛! = 1·2·3. . . 𝑛.
Так,
sin(︂1
2)︂
≈1
2−1
8·3!=1
2−1
48≈0,4792.
Значение этой величины с точностью до семи цифр после
запятой – 0,4794255. Таким образом, уже первые два члена
степенного ряда позволили нам найти значение функции с
точностью до трех значащих цифр. Однако в курсе средней
школы со степенными рядами знакомятся только учащиеся
физико-математических классов и непосредственного отно-
шения к теме нашей книги эти ряды не имеют.
В курсе алгебры мы привыкли иллюстрировать рассужде-
ния и их результаты графиками, то есть некоторыми гео-
метрическими объектами, и само слово «алгебра» у многих
ассоциируется с изображением параболы. Тем не менее дли-
тельное время алгебра развивалась в отрыве от геометрии,
и только в XVII веке французский философ и математик
Рене Декарт ввел на плоскости систему координат, которая
17
позволилаустановитьсоответствиемеждуалгебраическими
уравнениями и кривыми на плоскости. Оказалось, уравне-
нию 𝑦=𝑎+𝑘𝑥соответствует прямая, пересекающая ось
𝑂𝑦в точке (0;𝑎)и составляющая с осью 𝑂𝑥угол 𝜑, та-
кой, что 𝑡𝑔(𝜑) =𝑘; уравнению (𝑥−𝑎)2+ (𝑦−𝑏)2=𝑟2–
окружность радиуса 𝑟с центром в точке с координатами
(𝑎;𝑏); а уравнению 𝑥2−𝑦2= 0– пара прямых 𝑥+𝑦= 0и
𝑥−𝑦= 0. Таким образом, решениям уравнения соответству-
ет геометрическое место точек с координатами (𝑥;𝑦), при
подстановке которых уравнение обращается в тождество,
а решениям систем – точки пересечения соответствующих
геометрических мест. Однако уравнение, связывающее две
переменные, не всегда определяет кривую. Так, уравнение
𝑥2+𝑦2= 0имеетединственноерешение– (0; 0).Еслиуравне-
ниям, связывающим три переменные 𝑥,𝑦и𝑧, соответствуют
поверхности в трехмерном пространстве, то системам двух
уравнений обычно соответствуют линии их пересечения, а
трех – точки. Определить, что будет решением уравнения,
иногда непросто. Для примера возьмем точку трехмерного
пространства с координатами (1; 2; 3). Системы
⎧
⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎩𝑥= 1
𝑦= 2
𝑧= 3⇔⎧
⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎩𝑥= 1
𝑦= 2𝑥
𝑧= 3𝑥⇔⎧
⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎩𝑥−1 = 0
𝑦−2𝑥= 0
𝑧−3𝑥= 0
эквивалентны. В свою очередь последняя система уравне-
18 ВВЕДЕНИЕ
нийэквивалентнауравнению (𝑥−1)2+(𝑦−2𝑥)2+(𝑧−3𝑥)2= 0,
поскольку оно имеет единственное решение (1; 2; 3). Рас-
крыв скобки и приведя подобные, мы придем к уравнению
14𝑥2−2𝑥−4𝑥𝑦−6𝑥𝑧+𝑦2+𝑧2+ 1 = 0 .
Согласитесь, если б не мы составили это уравнение, решить
его было бы непросто. Но мы-то точно знаем его единствен-
ное решение: 𝑥= 1; 𝑦= 2; 𝑧= 3, которому соответствует
не поверхность, а точка трехмерного пространства.
Предлагаемая книга состоит из трех глав, в каждой из кото-
рых материал расположен по нарастанию сложности. Бла-
годаря системе ссылок и других средств навигации, книгу
можно читать с любого места и в любом направлении. По-
этому если при первом чтении какой-либо вопрос вызывает
затруднение, можно пропустить его и двигаться дальше или
обратиться к дополнительной литературе. Биться головой о
стену не лучшее занятие, но, прежде чем отложить решение
задачи, приложить усилия все-таки надо . Решение за-
дачи, над которым вы долго думали, дня через три может
само прийти в голову, но никогда само не придет в голову
решение задачи, над которым вы не думали. Если что-то
сразу не получится – это нормально. Мы растем на ре-
шении тех задач, которые не умеем решать!
Глава 1. Линейные уравнения
Линейные уравнения – первые уравнения, с которыми мы
встречаемся в школе и пройти мимо которых нам не удастся
ни в одном разделе высшей математики.
§ 1.1. Уравнения с одной неизвестной
12⇔20В общем виде линейное уравнение с одной неиз-
вестной можно записать так: 𝑎𝑥=𝑏, где 𝑥– неизвестная
величина, а 𝑎и𝑏– параметры. В зависимости от значений
параметров уравнение может иметь бесконечное множество
решений, одно единственное или же не иметь решений:
1)𝑎= 0. Здесь могут быть два случая.
1.1)𝑏= 0. Уравнение принимает вид 0·𝑥= 0. Его решением
будет любое вещественное 𝑥. Иначе говоря, множество ре-
шенийℜ= (−∞; +∞).
1.2)𝑏̸= 0. Решений нет, т. е. множество решений – .
2)𝑎̸= 0. Единственное решение 𝑥=𝑏
𝑎.
Пример. Дано уравнение 𝛺188
(𝑎2−5·𝑎+ 6)𝑥= 2𝑎2−3𝑎−2.
Найти решение относительно неизвестной величины 𝑥.
Решение:
1) Коэффициент при 𝑥равен нулю, если 𝑎2−5𝑎+ 6 = 0.
20 ГЛАВА 1. ЛИНЕЙНЫЕ УРАВНЕНИЯ
Корни квадратного трехчлена: 𝑎1= 2,𝑎2= 3.
1.1)𝑎= 2⇒0·𝑥= 0. Множество решений – ℜ.
1.2)𝑎= 3⇒0·𝑥= 7. Множество решений – .
2) При (𝑎̸= 2)&( 𝑎̸= 3)уравнение имеет единственное ре-
шение:
𝑥=2·𝑎2−3𝑎−2
𝑎2−5·𝑎+ 6⇒𝑥=2(𝑎−2)(𝑎+1
2)
(𝑎−2)(𝑎−3)⇒𝑥=2𝑎+ 1
𝑎−3.
Ответ:
1)ℜпри𝑎= 2.
2)при𝑎= 3.
3)𝑥=2𝑎+1
𝑎−3при (𝑎̸= 2)&( 𝑎̸= 3).
Задачи к параграфу на с. 188, п. 1. 𝛺
§ 1.2. Уравнения с двумя неизвестными
19⇔28Линейное уравнение с двумя неизвестными в об-
щем виде: 𝑎𝑥+𝑏𝑦=𝑐. Поскольку уравнение связывает
две неизвестные величины, решениями его будет множество
пар(𝑥;𝑦), которое можно интерпретировать как геометри-
ческое место точек плоскости. Если коэффициенты при 𝑥и
𝑦не равны одновременно нулю, такому уравнению соответ-
ствуетпрямаянаплоскости.Многимболеепривычназапись
уравненияпрямойввиде 𝑦=𝑎+𝑘·𝑥,где𝑎–отрезок,отсека-
емый прямой на оси 𝑂𝑦, а𝑘– угловой коэффициент прямой,
т. е. тангенс угла наклона прямой по отношению к оси 𝑂𝑥.
§ 1.2. Уравнения с двумя неизвестными 21
Такое уравнение также является линейным, но «не в общем
виде», поскольку не может задать прямую, параллельную
оси𝑂𝑦. Исследуем уравнение.
1)(𝑎= 0)&( 𝑏= 0).
1.1)𝑐= 0. Уравнение принимает вид 0·𝑥+ 0·𝑦= 0. Его
решением будет множество всех пар вещественных чисел:
{(𝑥;𝑦)}, где 𝑥, 𝑦∈ℜ. Иначе множество решений можно за-
писать в виде (ℜ;ℜ). Это множество всех точек плоскости.
1.2)𝑐̸= 0. Уравнение принимает вид 0·𝑥+ 0·𝑦=𝑐. Мно-
жество решений – .
2)(𝑎̸= 0)&( 𝑏= 0). Задача сводится к решению линейного
уравнения с одной неизвестной 𝑎·𝑥=𝑐. Решением будет
множеств пар
{︁(︁𝑐
𝑎;𝑦)︁
|𝑦∈ℜ}︁
=(︁𝑐
𝑎;ℜ)︁
.
Этому множеству соответствует прямая, параллельная оси
𝑂𝑦и пересекающая ось 𝑂𝑥в точке𝑐
𝑎(рис. 1б).
3)(𝑎= 0)&( 𝑏̸= 0). Решением будет множество пар
{︁(︁
𝑥;𝑐
𝑏)︁
|𝑥∈ℜ}︁
=(︁
ℜ;𝑐
𝑏)︁
.
Этому множеству соответствует прямая, параллельная оси
𝑂𝑥и пересекающая ось 𝑂𝑦в точке𝑐
𝑏(рис. 1а).
22 ГЛАВА 1. ЛИНЕЙНЫЕ УРАВНЕНИЯ
4)(𝑎̸= 0)&( 𝑏̸= 0). Решение можно записать в виде
{︂(︂
𝑥;𝑐−𝑎𝑥
𝑏)︂
|𝑥∈ℜ}︂
.
Ему соответствует прямая на плоскости, непараллельная ни
одной из координатных осей: 𝑦=𝑐−𝑎𝑥
𝑏(рис. 1в).
Если коэффициенты уравнения и свободный член являются
функциями некоторой переменной, например 𝑎, то говорят
ободнопараметрическом семействе линейных уравне-
ний или об однопараметрическом семействе прямых.
Рис. 1.Прямые на плоскости
Пример 1. Исследовать уравнение 𝛺188
(𝑎2+ 3𝑎+ 2)𝑥+ (𝑎2−2𝑎−3)𝑦=𝑎2−4.
Решение. Здесь мы имеем дело с однопараметрическим се-
мейством линейных уравнений. Разложив соответствующие
квадратные трехчлены на множители, получим:
(𝑎+ 1)( 𝑎+ 2)𝑥+ (𝑎+ 1)( 𝑎−3)𝑦= (𝑎−2)(𝑎+ 2).
1)Коэффициентыпри 𝑥и𝑦одновременноравнынулютоль-
§ 1.2. Уравнения с двумя неизвестными 23
ко при 𝑎=−1. В этом случае уравнение примет вид
0·𝑥+ 0·𝑦=−3. Множество решений – .
2) При 𝑎̸=−1можно рассмотреть два случая.
2.1) Если 𝑎= 3, то20𝑥= 5⇒𝑥=1
4.
2.2) Если 𝑎̸= 3, решение можно записать в виде
𝑦=𝑎2−4
(𝑎+ 1)( 𝑎−3)−𝑎+ 2
𝑎−3·𝑥.
Ответ:
1)при𝑎=−1.
2){(1
4;𝑦)|𝑦∈ℜ}при𝑎= 3.
3) Во всех остальных случаях решениями будут все пары
(𝑥;𝑦), связанные соотношением 𝑦=𝑎2−4
(𝑎+1)(𝑎−3)−𝑎+2
𝑎−3·𝑥, т. е.
{︂(︂
𝑥;𝑎2−4
(𝑎+ 1)( 𝑎−3)−𝑎+ 2
𝑎−3·𝑥)︂
|𝑥∈ℜ}︂
.
Таким образом, если вас попросят указать решения урав-
нения 2𝑥+ 3𝑦= 6, вы смело можете сказать, что это все
пары вещественных чисел (𝑥, 𝑦), удовлетворяющие отноше-
нию 2𝑥+ 3𝑦= 6, или записать множество решений в виде
{(𝑥, 𝑦)|2𝑥+ 3𝑦= 6;𝑥, 𝑦∈ℜ}.
Пример 2. Леша и Гоша подрядились на работу. Требова- 𝛺188
лось напечатать тексты, разложить их по конвертам, под-
писать и заклеить конверты. Известно, что Леша печатает
текст за 5 минут, а работа с конвертом занимает у него всего
24 ГЛАВА 1. ЛИНЕЙНЫЕ УРАВНЕНИЯ
1 минуту. Гоше для печатания текста требуется 10 минут, а
конверт он оформляет за 5 минут. Очевидно, Леша за час
может выполнить 10 единиц работы, а Гоша только 4. Ра-
ботая отдельно, они в сумме выполнят за час 14 единиц ра-
боты, иначе говоря, производительность команды составит
14 единиц продукции в час. Вопрос: можно ли распределить
работу так, чтобы общая производительность команды уве-
личилась? Иногда с ходу предлагают поручить Леше, как
самомурасторопному,болеетрудоемкуюоперациюстекста-
ми, а Гоше оставить работу с конвертами. Но тогда Леша за
час напечатает 12 текстов, а Гоша за это время справится с
12 конвертами. Еще хуже! Найдем оптимальное решение.
Решение. Поскольку Леша набирает 5 текстов в час, про-
изводительность его труда по текстам равна 12 единиц в
час. Это производительность по конкретной производствен-
ной операции. Соответственно, его производительность по
конвертам – 60 ед./ч. Производительность труда Гоши по
текстам – 6, по конвертам – 12 ед./ч. Нам предстоит отве-
титьнавопрос:какуюдолювременикаждыйизнихдолжен
тратить на тексты, а какую на конверты? Обозначим долю
времени, отведенную работе с текстом, для Леши через 𝑥, а
для Гоши через 𝑦. Тогда они вместе за час должны набрать
12𝑥+ 6𝑦текстов. Доли времени, отведенные на конверты
для Леши и Гоши, составят соответственно 1−𝑥и1−𝑦, т. е.
§ 1.2. Уравнения с двумя неизвестными 25
все время, свободное от работы с текстами. За это время они
оформят 60(1−𝑥) + 12(1−𝑦)конвертов. Количество напе-
чатанных текстов должно равняться количеству конвертов:
12𝑥+6𝑦= 60(1−𝑥)+12(1−𝑦). Приведя подобные и сократив
левую и правую части полученного уравнения на 18, полу-
чим4𝑥+𝑦= 4. Распределение временидля Леши иГошиод-
нозначноопределяетсяпарой (𝑥;𝑦),которуюможносчитать
координатами некоторой точки на плоскости. Чтобы коли-
чество текстов совпало с количеством конвертов, эта точка
должна лежать на прямой 𝐴𝐶: 4𝑥+𝑦= 4(рис. 2). Кроме
того, по смыслу задачи на величины 𝑥и𝑦накладываются
ограничения 𝑥, 𝑦∈[0; 1]. Тогда все допустимые пары (𝑥;𝑦)
Рис. 2.Точка 𝐴соответствует оптимальному плану
должнылежатьнаотрезкеAC.Количествоединицконечно-
го продукта равно количеству текстов: 𝑘= 12𝑥+6𝑦. В част-
26 ГЛАВА 1. ЛИНЕЙНЫЕ УРАВНЕНИЯ
ности, при 𝑘= 12уравнение принимает вид 12𝑥+ 6𝑦= 12
(прямая 𝑒1на рис. 2). Эта прямая пересекается с отрезком
𝐴𝐶вточке 𝐶(1; 0).Еслитеперьмыначнемувеличиватьзна-
чение параметра 𝑘, прямая 12𝑥+ 6𝑦=𝑘будет смещаться
вверх параллельно самой себе. Когда прямая займет поло-
жение 𝑒2, она пересечет отрезок 𝐴𝐶в точке 𝐵, соответству-
ющей случаю, когда Леша и Гоша работали по отдельности
𝑥=5
6;𝑦=4
6, т. е. когда команда производила 12𝑥+ 6𝑦= 14
единиц конечного продукта. Итак, со смещением прямой 𝑒1
вверх параллельно самой себе производительность коман-
ды𝑘растет. К сожалению, двигать прямую вверх без конца
мы не можем. Действуют ограничения. Самое верхнее до-
пустимое положение 𝑒1– это 𝑒3, когда прямая пересекает
отрезок 𝐴𝐶в точке 𝐴(3
4; 1). В этом случае 12𝑥+ 6𝑦= 15.
Ответ:команда достигнет максимальной производительно-
сти труда – 15 единиц конечного продукта в час, если Леша
тричетвертичасабудетзаниматьсятекстамиичетвертьча-
са конвертами, а Гоша только текстами.
Немного теории. Если функция 𝑦=𝑓(𝑥)определена и диф-
ференцируема на всей вещественной оси или некотором ее
интервале, в любой точке ее области определения существу-
ет касательная. Уравнение прямой, касающейся графика
функции в точке с координатами (𝑎, 𝑓(𝑎)), можно предста-
вить в виде 𝑦=𝑓(𝑎)+𝑓′(𝑎)·(𝑥−𝑎). Когда 𝑎принимает зна-
чения из области определения 𝑓(𝑥), касательная принимает
§ 1.2. Уравнения с двумя неизвестными 27
положения прямых соответствующего семейства. Сам гра-
фик функции 𝑦=𝑓(𝑥)является по отношению к получен-
ному семейству прямых огибающей кривой, т. е. кривой,
которая в каждой своей точке касается некоторой прямой
данного семейства.
Пример 3. Дана функция 𝑓(𝑥) =𝑥3−4𝑎. Построить 𝛺188
однопараметрическоесемействокасательныхкграфику 𝑓(𝑥).
Решение. Производная 𝑓′(𝑥) = 3·𝑥2−4. Следовательно,
касательная к графику в точке (𝑎, 𝑓(𝑎))имеет вид
𝑦=𝑎3−4𝑎+ (3𝑎2−4)·(𝑥−𝑎)или(3𝑎2−4)·𝑥−𝑦= 2𝑎3.
Ответ: (3𝑎2−4)·𝑥−𝑦= 2𝑎3.
Семейство касательных изображено на рис. 3. Таким обра-
Рис. 3.Однопараметрическое семейство прямых
зом, каждому значению 𝑎∈ℜсоответствует прямая, каса-
ющаяся графика функции в точке (𝑎, 𝑓(𝑎)).
28 ГЛАВА 1. ЛИНЕЙНЫЕ УРАВНЕНИЯ
Задачи к параграфу на с. 188, п. 1. 𝛺
§ 1.3. Системы двух уравнений
20⇔35Такую систему можно записать в виде
⎧
⎨
⎩𝑎1𝑥+𝑏1𝑦=𝑐1;
𝑎2𝑥+𝑏2𝑦=𝑐2.(1)
Здесь возможны следующие варианты:
1) Если𝑎1
𝑎2=𝑏1
𝑏2=𝑐1
𝑐2, система имеет бесконечное множество
решений. В таком случае обоим уравнениям соответствует
одна прямая на плоскости (рис. 4а). Это значит, одно урав-
нение можно получить из другого, умножив его на некото-
рое вещественное число:
⎧
⎨
⎩2𝑥−3𝑦= 7;
4𝑥−6𝑦= 14.
2)Системанеимеетрешений,если𝑎1
𝑎2=𝑏1
𝑏2̸=𝑐1
𝑐2.Уравнениям
соответствуют две параллельные прямые (рис. 4б):
⎧
⎨
⎩2𝑥−3𝑦= 7;
4𝑥−6𝑦= 6.
§ 1.3. Системы двух уравнений 29
3) Система имеет единственное решение, если𝑎1
𝑎2̸=𝑏1
𝑏2. Та-
кой системе соответствуют две пересекающиеся прямые на
плоскости (рис. 4в). Поскольку две непараллельные прямые
имеют на плоскости одну точку пересечения, решение здесь
существует и единственно.
В школьном курсе математики обычно рассматривают два
Рис. 4.Прямые на плоскости
метода решения систем линейных уравнений с двумя неиз-
вестными:«подстановка»и«вычитание».Решимсистему(1)
вторым из перечисленных методов. Пока будем считать, что
все коэффициенты системы ненулевые. Умножим левую и
правую части первого уравнения на 𝑏2, а левую и правую
части второго – на 𝑏1:
⎧
⎨
⎩𝑎1𝑏2𝑥+𝑏1𝑏2𝑦=𝑐1𝑏2;
𝑎2𝑏1𝑥+𝑏1𝑏2𝑦=𝑐2𝑏1.
Таким образом, коэффициенты при 𝑦в обоих уравнениях
стали одинаковыми. Теперь из левой части первого уравне-
30 ГЛАВА 1. ЛИНЕЙНЫЕ УРАВНЕНИЯ
ния вычтем левую часть второго, а из правой части пер-
вого – правую часть второго. Получим линейное уравнение
(𝑎1𝑏2−𝑎2𝑏1)·𝑥=𝑐1𝑏2−𝑐2𝑏1. В дальнейшем в таком слу-
чае будем для краткости говорить о вычитании из одного
уравнения другого. Аналогично сделаем одинаковыми ко-
эффициенты при 𝑥:
⎧
⎨
⎩𝑎1𝑎2𝑥+𝑏1𝑎2𝑦=𝑐1𝑎2;
𝑎1𝑎2𝑥+𝑏2𝑎1𝑦=𝑐2𝑎1.
Вычитая из второго уравнения первое, получим уравнение
(𝑎1𝑏2−𝑎2𝑏1)𝑦=𝑐2𝑎1−𝑐1𝑎2.Теперьможемзаписатьравенства
⎧
⎨
⎩𝑥=𝑐1𝑏2−𝑐2𝑏1
𝑎1𝑏2−𝑎2𝑏1;
𝑦=𝑐2𝑎1−𝑐1𝑎2
𝑎1𝑏2−𝑎2𝑏1,(2)
которые, однако, имеют смысл только при отличных от ну-
ля знаменателях дробей: 𝑎1𝑏2−𝑎2𝑏1̸= 0⇒𝑎1𝑏2̸=𝑎2𝑏1или
𝑎1
𝑎2̸=𝑏1
𝑏2. Мы вернулись к хорошо известному нам условию
(см. рис. 4в). Если оно выполнено, остается найти един-
ственноерешение (𝑥;𝑦).Толькокакзапомнитьформулы(2)?
Для этого введем понятие «определитель»:
⃒⃒⃒⃒⃒𝑎 𝑐
𝑏 𝑑⃒⃒⃒⃒⃒𝑑𝑒𝑓=𝑎·𝑑−𝑏·𝑐.
§ 1.3. Системы двух уравнений 31
Текст « 𝑑𝑒𝑓» над знаком равенства означает «равно по опре-
делению».Таблица,ограниченнаядвумявертикальнымиот-
резками в левой части равенства, называется определите-
лем второго порядка ,илипросто определителем .Впер-
вые понятие «определитель» для решения систем линейных
уравнений ввел Лейбниц, но эти работы не были им опуб-
ликованы. В 1748 г. в одном из своих трактатов Маклорен
фактически использовал определители для решения систем
двух уравнений с двумя неизвестными и трех уравнений с
тремя неизвестными.
Составим определитель из коэффициентов левой части си-
стемы уравнений (1) на с. 28. В дальнейшем будем называть
егоглавным определителем системы и обозначать:
△=⃒⃒⃒⃒⃒𝑎1𝑏1
𝑎2𝑏2⃒⃒⃒⃒⃒=𝑎1𝑏2−𝑎2𝑏1.
Для обозначения определителя мы использовали греческую
букву «дельта». Именно от этой буквы когда-то произошли
и латинская «D», и русская «Д», и даже «дельта реки». Те-
перь запишем еще два определителя – △𝑥и△𝑦(«дельта 𝑥»
и «дельта 𝑦»):
△𝑥=⃒⃒⃒⃒⃒𝑐1𝑏1
𝑐2𝑏2⃒⃒⃒⃒⃒=𝑐1𝑏2−𝑐2𝑏1и△𝑦=⃒⃒⃒⃒⃒𝑎1𝑐1
𝑎2𝑐2⃒⃒⃒⃒⃒=𝑎1𝑐2−𝑎2𝑐1.
32 ГЛАВА 1. ЛИНЕЙНЫЕ УРАВНЕНИЯ
Первый получается из главного путем замены столбца ко-
эффициентов при 𝑥на столбец свободных членов, второй –
заменой столбца коэффициентов при 𝑦на столбец свобод-
ных членов. Теперь выражения (2) можно записать в виде
⎧
⎨
⎩𝑥=△𝑥
△;
𝑦=△𝑦
△.(3)
Новая символика избавила нас от необходимости помнить
сложную формулу и записывать длинную цепочку преобра-
зований.Длязакреплениянавыкастоитпрорешатьнесколь-
ко систем. Тогда решать эту задачу по-другому вам не захо-
чется. Метод обладает еще одним замечательным свойством
– прозрачностью. Здесь трудно сделать такую ошибку, ко-
торую нельзя было бы сразу найти.
Пример 1. Решить систему уравнений 𝛺188
⎧
⎨
⎩2𝑥−3𝑦= 4;
3𝑥+𝑦= 1.
Решение. Найдем определитель:
△=⃒⃒⃒⃒⃒2−3
3 1⃒⃒⃒⃒⃒= 2·1−3·(−3) = 11̸= 0.
§ 1.3. Системы двух уравнений 33
△𝑥=⃒⃒⃒⃒⃒4−3
1 1⃒⃒⃒⃒⃒= 4·1−1·(−3) = 7и△𝑦=⃒⃒⃒⃒⃒2 4
3 1⃒⃒⃒⃒⃒= 2·1−3·4 =−10.
Откуда из равенств (3) следует
Ответ: ⎧
⎨
⎩𝑥=7
11;
𝑦=−10
11.
Пример 2. Решить систему уравнений 𝛺188
⎧
⎨
⎩2𝑥−3𝑦= 4;
4𝑥−6𝑦= 8.
Решение. Найдем главный определитель:
△=⃒⃒⃒⃒⃒2−3
4−6⃒⃒⃒⃒⃒= 0.
Система либо не имеет решения, либо имеет бесконечное
множество решений. В нашем случае2
4=−3
−6=4
8. Значит,
уравнения эквивалентны и решение – бесконечное множе-
ство пар вещественных чисел.
Ответ:{(𝑥, 𝑦)|2𝑥−3𝑦= 4;𝑥, 𝑦∈ℜ}.
Пример 3. Решить систему уравнений 𝛺188
⎧
⎨
⎩2𝑥−3𝑦= 4;
4𝑥−6𝑦= 7.
34 ГЛАВА 1. ЛИНЕЙНЫЕ УРАВНЕНИЯ
Решение. Найдем главный определитель:
△=⃒⃒⃒⃒⃒2−3
4−6⃒⃒⃒⃒⃒= 0.
Система либо не имеет решения, либо имеет бесконечное
множество решений. В нашем случае2
4=−3
−6̸=4
7.
Ответ:система не имеет решения.
Пример 4. Решить систему уравнений с параметром 𝛺189
⎧
⎨
⎩2𝑥+𝑎𝑦=𝑎+ 2;
(𝑎+ 1)𝑥+ 2𝑎𝑦= 2𝑎+ 4.
Решение:
△=⃒⃒⃒⃒⃒2 𝑎
𝑎+ 1 2 𝑎⃒⃒⃒⃒⃒= 4𝑎−𝑎2−𝑎=−𝑎·(𝑎−3).
1) При 𝑎= 0и𝑎= 3главный определитель △= 0.
1.1)𝑎= 0⇒⎧
⎨
⎩2𝑥= 2
𝑥= 4⇒Решений нет.
1.2)𝑎= 3⇒⎧
⎨
⎩2𝑥+ 3𝑦= 5
4𝑥+ 6𝑦= 10⇒{(𝑥, 𝑦)|2𝑥+3𝑦= 5;𝑥, 𝑦∈ℜ} .
§ 1.4. Системы трех и более уравнений 35
2)△̸= 0, т. е. (𝑎̸= 0)&( 𝑎̸= 3).
△𝑥=⃒⃒⃒⃒⃒𝑎+ 2 𝑎
2𝑎+ 4 2 𝑎⃒⃒⃒⃒⃒= 2𝑎2+ 4𝑎−2𝑎2−4𝑎= 0.
△𝑦=⃒⃒⃒⃒⃒2 𝑎+ 2
𝑎+ 1 2 𝑎+ 4⃒⃒⃒⃒⃒= 4𝑎+ 8−𝑎2−3𝑎−2 =−(𝑎−3)(𝑎+ 2).
⎧
⎨
⎩𝑥=△𝑥
△
𝑦=△𝑦
△⇒⎧
⎨
⎩𝑥= 0
𝑦=𝑎+2
𝑎
Ответ:
1)при𝑎= 0.
2){(𝑥, 𝑦)|2𝑥+ 3𝑦= 5;𝑥, 𝑦∈ℜ}при𝑎= 3.
3)⎧
⎨
⎩𝑥= 0
𝑦=𝑎+2
𝑎при(𝑎̸= 0)&( 𝑎̸= 3).
Задачи к параграфу на с. 188, п. 2–3. 𝛺
§ 1.4. Системы трех и более уравнений
28⇔45Широкий класс технических и экономических за-
дач связан с решением больших систем линейных уравне-
ний. Так, при проектировании ферм моста количество урав-
нений может достигать нескольких тысяч. Разумеется, до
появления электронно-вычислительной техники напрямую
такой вычислительный процесс организовать было нереаль-
36 ГЛАВА 1. ЛИНЕЙНЫЕ УРАВНЕНИЯ
но. Но нас сейчас будет интересовать алгоритм решения си-
стем линейных уравнений именно «вручную». Настоящий
специалист должен не только правильно поставить задачу
для персонального компьютера, но и понимать суть приме-
няемых алгоритмов. Более того, без глубокого понимания
алгоритмов трудно грамотно поставить задачу.
Пусть количество уравнений равно количеству неизвестных
и равно 𝑛. Такие системы в дальнейшем будем называть
системами линейных уравнений n-го порядка. Для
их решения в 1750 г. швейцарским математиком Крамером
был предложен метод, основанный на понятии определите-
ля произвольного порядка. Фактически метод Крамера
является эффективным только при решении систем второго
и третьего порядков. Для решения уравнений выше третье-
го порядка обычно применяют метод Гаусса , а уравнения
третьего порядка решают как методом Крамера, так и ме-
тодом Гаусса. Линейному уравнению с тремя неизвестными
𝑎𝑥+𝑏𝑦+𝑐𝑧=𝑑соответствует плоскость в трехмерном про-
странстве. Системе трех уравнений – три плоскости. В за-
висимости от их взаимного расположения, плоскости могут
иметьбесконечноемножествообщихточек,вообщенеиметь
общих точек или иметь одну единственную.
Любая из следующих трех операций приводит к системе,
эквивалентной исходной:
§ 1.4. Системы трех и более уравнений 37
1) перестановка двух уравнений в системе;
2) умножение уравнения на отличное от нуля число;
3) прибавление к одному уравнению другого, умноженного
на число.
Из возможности умножения уравнения на число следует и
возможность деления, поскольку деление может рассматри-
ваться как умножение на обратное число. Для начала будем
исходить из того, что решение существует и единственно.
Пример 1. Решить систему трех линейных уравнений 𝛺189
с тремя неизвестными
⎧
⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎩𝑥+ 2𝑦+ 5𝑧=−9;
𝑥−𝑦+ 3𝑧= 2;
3𝑥−6𝑦−𝑧= 25.(4)
Прежде всего договоримся о новой символике. Удачно вы-
бранная символика может существенно упростить ход ре-
шения задачи. Запишем систему (4) в виде
⎛
⎜⎜⎝1 2 5
1−1 3
3−6−1⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒−9
2
25⎞
⎟⎟⎠.
Такой объект называют расширенной матрицей . Расши-
ренная матрица несет в себе всю информацию о системе
38 ГЛАВА 1. ЛИНЕЙНЫЕ УРАВНЕНИЯ
уравнений в том смысле, что по ней можно восстановить по-
следнюю. Первый столбец – столбец коэффициентов при 𝑥,
второй – при 𝑦, третий – при 𝑧. После вертикальной чер-
ты идет столбец свободных членов, т. е. «правых частей»
уравнений. Трем перечисленным выше операциям над си-
стемой уравнений соответствуют три операции над расши-
ренной матрицей: перестановка строк; умножение строки на
отличноеотнулячисло;прибавлениекоднойстрокедругой,
умноженной число. Далее нам предстоит посредством трех
перечисленных выше операций привести матрицу к диаго-
нальному виду , то есть такому, когда по главной диаго-
налирасполагаютсятолькоединицы,авсеостальныекоэф-
фициенты до вертикальной черты – нули. В этом и состоит
метод Гаусса.
Решение:
⎛
⎜⎜⎝1 2 5
1−1 3
3−6−1⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒−9
2
25⎞
⎟⎟⎠1→⎛
⎜⎜⎝1 2 5
0−3−2
0−12−16⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒−9
11
52⎞
⎟⎟⎠2→
2→⎛
⎜⎜⎝1 2 5
0−3−2
0 0−8⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒−9
11
8⎞
⎟⎟⎠3→⎛
⎜⎜⎝1 2 5
0−3−2
0 0 1⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒−9
11
−1⎞
⎟⎟⎠4→
§ 1.4. Системы трех и более уравнений 39
4→⎛
⎜⎜⎝1 2 0
0−3 0
0 0 1⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒−4
9
−1⎞
⎟⎟⎠5→⎛
⎜⎜⎝1 2 0
0 1 0
0 0 1⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒−4
−3
−1⎞
⎟⎟⎠6→
6→⎛
⎜⎜⎝1 0 0
0 1 0
0 0 1⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒2
−3
−1⎞
⎟⎟⎠7→⎧
⎪⎪⎨
⎪⎪⎩𝑥= 2
𝑦=−3
𝑧=−1
Ответ: (2;−3;−1).
Диагональ из единичек, выстроенную с «северо-запада» на
«юго-восток»,называютглавнойдиагональю.Мымогливы-
полнить преобразования непосредственно с системой урав-
нений, но, согласитесь, запись оказалась бы длинновата.
Разберем алгоритм по шагам. Как вы, наверно, заметили,
номера шагов в записи хода решения проставлены над со-
ответствующими стрелочками.
1) Из второй строки вычьтем первую; из третьей – первую,
умноженную на 3. Теперь первые элементы во второй и тре-
тьей строке равны 0.
2) Из третьей строки вычьтем вторую, умноженную на 4.
3) Делим третью строку на (−8).
4) Ко второй строке прибавим третью, умноженную на 2.
Из первой вычьтем третью, умноженную на 5.
5) Делим вторую строку на (−3).
6) Из первой строки вычьтем вторую, умноженную на 2. По-
лучаем диагональную матрицу, на главной диагонали кото-
40 ГЛАВА 1. ЛИНЕЙНЫЕ УРАВНЕНИЯ
рой расположены только единицы, а все остальные элемен-
ты – нули.
7) По расширенной матрице восстановим традиционную за-
пись системы уравнений.
Если бы задача решалась на компьютере, когда уравнений
много, а их коэффициенты в общем случае не целые веще-
ственные числа, схема вычислений выглядела бы несколько
иначе, поскольку машине, в отличие от человека, все равно,
с какими числами работать. Также в технических приложе-
ниях часто актуален вопрос о точности вычислений. Если,
скажем, первый элемент в первой строке – очень малое чис-
ло, при делении на него может произойти потеря точности.
Проиллюстрируем процесс решения системы уравнений на
компьютере. Для краткости обозначим символом « *» про-
извольное число. Тогда последовательность шагов можно
описать следующим образом:
1. Ставим на первое место строку, первый элемент ко-
торой имеет наибольшее по модулю значение. Делим
первую строку на ее первый элемент. Теперь значение
первого элемента первой строки – 1.
2. От каждой из нижерасположенных строк отнимаем
певую, умноженную на первый элемент соответству-
ющей строки. Таким образом, под первым элементом
первой строки окажутся только нулевые значения.
§ 1.4. Системы трех и более уравнений 41
3. Среди строк, начиная со второй, найдем ту, у которой
второйэлементимеетнаибольшеепомодулюзначение.
Поставим эту строку на второе место и разделим на ее
второй элемент.
4. От каждой строки, начиная с третьей, отнимаем вто-
рую,умноженнуюнавторойэлементсоответствующей
строки. Таким образом, под вторым элементом второй
строки также окажутся одни нули.
Продолжая так дальше, мы придем к матрице, на главной
диагонали которой стоят единицы, а под диагональю – ну-
ли. Разумеется, договоренность о том, что уравнение имеет
единственное решение, пока остается в силе.
⎛
⎜⎜⎜⎜⎜⎝* * ··· *
* * ··· *
··· ··· ··· ···
* * ··· *⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒*
*
···
*⎞
⎟⎟⎟⎟⎟⎠1→⎛
⎜⎜⎜⎜⎜⎝1* ··· *
* * ··· *
··· ··· ··· ···
* * ··· *⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒*
*
···
*⎞
⎟⎟⎟⎟⎟⎠2→
2→⎛
⎜⎜⎜⎜⎜⎝1* ··· *
0* ··· *
··· ··· ··· ···
0* ··· *⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒*
*
···
*⎞
⎟⎟⎟⎟⎟⎠3→⎛
⎜⎜⎜⎜⎜⎝1* ··· *
0 1··· *
··· ··· ··· ···
0* ··· *⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒*
*
···
*⎞
⎟⎟⎟⎟⎟⎠4→
42 ГЛАВА 1. ЛИНЕЙНЫЕ УРАВНЕНИЯ
4→⎛
⎜⎜⎜⎜⎜⎝1* ··· *
0 1··· *
··· ··· ··· ···
0 0··· *⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒*
*
···
*⎞
⎟⎟⎟⎟⎟⎠5→···⎛
⎜⎜⎜⎜⎜⎝1* ··· *
0 1··· *
··· ··· ··· ···
0 0··· 1⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒*
*
···
*⎞
⎟⎟⎟⎟⎟⎠.
Теперь пойдем снизу вверх. От каждой строки, располо-
женной выше последней, отнимем последную, умноженную
на последний элемент соответствующей строки. Имеется в
виду последний элемент из расположенных слева от вер-
тикальной черты. Теперь над единицей внизу расположены
только нули. Поскольку все остальные, расположенные сле-
ва, элементы первой строки равны нулю, указанная проце-
дура «не испортит» остальные элементы матрицы, распо-
ложенные левее. Далее от всех строк, которые выше вто-
рой, отнимаем вторую строку, умноженную на предпослед-
ний элемент. Продолжая так, мы придем к матрице, все
диагональные элементы которой равны 1, а остальные до
вертикальной черты – нули.
⎛
⎜⎜⎜⎜⎝1 0··· 0
0 1··· 0
··· ··· ··· ···
0 0··· 1⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒*
*
···
*⎞
⎟⎟⎟⎟⎠.
§ 1.4. Системы трех и более уравнений 43
Задачарешена.Вычислительныйпроцесс,напервыйвзгляд,
не вызывает затруднений. Однако, как показывает практи-
ка, чтобы научиться выполнять его без ошибок, надо потру-
диться. Результаты желательно проверять подстановкой.
Ошибки делают все – от младшего школьника до академи-
ка! Только не все умеют вовремя их обнаружить.
До сих пор мы исходили из того, что решение существует и
единственно. Но так бывает невсегда.
Пример 2. Решить систему уравнений 𝛺190
⎧
⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎩𝑥+ 2𝑦+ 5𝑧=−9;
𝑥−𝑦+ 3𝑧= 2;
2𝑥+𝑦+ 8𝑧=−7.
Решение:
⎛
⎜⎜⎝1 2 5
1−1 3
2 1 8⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒−9
2
−7⎞
⎟⎟⎠1→⎛
⎜⎜⎝1 2 5
0−3−2
0−3−2⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒−9
11
11⎞
⎟⎟⎠2→
2→(︃
1 2 5
0−3−2⃒⃒⃒⃒⃒−9
11)︃
3→(︃
1 2
0−3⃒⃒⃒⃒⃒−9−5
11 2)︃
4→
4→(︃
1 2
0 1⃒⃒⃒⃒⃒−9−5
−11
3=2
3)︃
4→(︃
1 0
0 1⃒⃒⃒⃒⃒−5
3−11
3
−11
3−2
3)︃
.
44 ГЛАВА 1. ЛИНЕЙНЫЕ УРАВНЕНИЯ
Ответ:
⎧
⎨
⎩𝑥=−5
3−11
3·𝑧
𝑦=−11
3−2
3·𝑧или, что то же самое,
{︂
(𝑥;𝑦;𝑧)|𝑥=−5
3−11
3·𝑧;𝑦=−11
3−2
3·𝑧;𝑧∈ℜ}︂
.
Послепервогошагаунасоказалисьдвеэквивалентныестро-
ки,однуизнихмыубрали.Натретьемшагеперенеслистол-
бец коэффициентов при 𝑧в правую часть. Привели левую
часть матрицы к диагональному виду при помощи все тех
же трех простых операций, после чего осталось только за-
писать ответ. Решения образуют бесконечное множество. В
пространстве ему соответствует прямая, по которой пересе-
каются две плоскости.
Пример 3. Решить систему уравнений 𝛺190
⎧
⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎩𝑥+ 2𝑦+ 5𝑧=−9;
𝑥−𝑦+ 3𝑧= 2;
2𝑥+𝑦+ 8𝑧= 0.
Решение:
⎛
⎜⎜⎝1 2 5
1−1 3
2 1 8⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒−9
2
0⎞
⎟⎟⎠1→⎛
⎜⎜⎝1 2 5
0−3−2
0−3−2⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒−9
11
18⎞
⎟⎟⎠.
§ 1.5. Неравенства 45
Ответ:система не имеет решения.
Последним двум строкам соответствуют две параллельные
плоскости, которые не могут иметь общих точек:
⎧
⎨
⎩−3𝑦−2𝑧= 11;
−3𝑦−2𝑧= 8.
Посколькуссистемамилинейныхуравненийприходитсястал-
киватьсядовольночасто,желательнодовестинавыкиихре-
шения «до подкорки». Нужное количество заданий вы най-
дете в любом сборнике задач по линейной алгебре.
Задачи к параграфу на с. 189, п. 4. 𝛺
§ 1.5. Неравенства
35⇔55Объединим в одной таблице схемы решения ли-
нейных неравенств с рассмотренной нами на с. 19 схемой
решения соответствующего уравнения.
𝑎 <0 𝑎= 0 𝑎 >0
Неравенство ∀𝑏 𝑏 <0𝑏= 0 𝑏 >0∀𝑏
𝑎·𝑥 < 𝑏 (𝑏
𝑎; +∞)  ℜ (−∞;𝑏
𝑎)
𝑎·𝑥≤𝑏 [𝑏
𝑎; +∞) ℜℜ (−∞;𝑏
𝑎]
𝑎·𝑥=𝑏𝑏
𝑎ℜ 𝑏
𝑎
𝑎·𝑥≥𝑏 (−∞;𝑏
𝑎]ℜℜ  [𝑏
𝑎; +∞)
𝑎·𝑥 > 𝑏 (−∞;𝑏
𝑎)ℜ   (𝑏
𝑎; +∞)
46 ГЛАВА 1. ЛИНЕЙНЫЕ УРАВНЕНИЯ
Как видно из таблицы, если коэффициент при неизвестной
в уравнении 𝑎𝑥=𝑏отличен от нуля, точка𝑏
𝑎делит веще-
ственную ось на два луча, на одном из которых уравнение
превращается в неравенство 𝑎𝑥 > 𝑏, на другом – 𝑎𝑥 < 𝑏.
Пример 1. Решить неравенство (𝑎2+𝑎−2)·𝑥 < 𝑎2+2𝑎−3. 𝛺190
Решение:
1)𝑎2+𝑎−2<0⇒(𝑎−1)(𝑎+ 2)<0⇒𝑎∈(−2; 1). При делении
левой и правой частей неравенства на отрицательную величину,
знак неравенства меняет направление:
𝑥 >𝑎2+ 2𝑎−3
𝑎2+𝑎−2⇒𝑥 >(𝑎−1)(𝑎+ 1)
(𝑎−1)(𝑎+ 3)⇒𝑥 >𝑎+ 1
𝑎+ 3.
2)𝑎2+𝑎−2 = 0⇒𝑎=−2или𝑎= 1.
2.1)𝑎=−2⇒0·𝑥 <−3. Нет решения.
2.2)𝑎= 1⇒0·𝑥 <0. Нет решения.
3)𝑎2+𝑎−2>0⇒(𝑎−1)·(𝑎+ 2)>0⇒𝑎∈(−∞;−2)∪(1; +∞).
При делении левой и правой частей неравенства на положи-
тельную величину направление знака неравенства не меняется:
𝑥 <𝑎2+2𝑎−3
𝑎2+𝑎−2⇒𝑥 <(𝑎−1)(𝑎+1)
(𝑎−1)(𝑎+3)⇒𝑥 <𝑎+1
𝑎+3.
Ответ:
1)при𝑎=−2и𝑎= 1.
2)(𝑎+1
𝑎+3; +∞)при𝑎∈(−2; 1).
3)(−∞;𝑎+1
𝑎+3)при𝑎∈(−∞;−2)∪(1; +∞).
Рассмотрим уравнение с двумя неизвестными 𝑎𝑥+𝑏𝑦=𝑐.
Если коэффициенты при неизвестных не равны одновре-
менно нулю, уравнению соответствует прямая на плоскости
§ 1.5. Неравенства 47
(с. 20). Последняя делит плоскость на две полуплоскости.
На одной уравнение 𝑎𝑥+𝑏𝑦=𝑐превращается в неравенство
𝑎𝑥+𝑏𝑦 < 𝑐, а на другой – 𝑎𝑥+𝑏𝑦 > 𝑐. Чтобы определить на-
правление знака неравенства в каждой полуплоскости, до-
статочно подставить в уравнение любую точку полуплоско-
сти и посмотреть, в какое неравенство превратится уравне-
ние. Если начало координат (0; 0)не лежит на прямой, т. е.
𝑐̸= 0, удобно подставлять значения 𝑥= 0,𝑦= 0.
Пример 2. Отобразить на плоскости геометрическое 𝛺190
место точек (𝑥;𝑦), заданное неравенствами
⎧
⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎩6𝑥+𝑦≥10;
𝑥+𝑦≤5;
3𝑥−2𝑦≤10.
Решение. Построим графики прямых:
6𝑥+𝑦= 10; 𝑥+𝑦= 5и3𝑥−2𝑦= 10.
Для этого достаточно знать две точки на каждой прямой,
например точки попарного пересечения прямых. Знание их
координат позволит сделать график более информативным.
К тому же нам представляется случай еще раз закрепить
навыки решения систем линейных уравнений с двумя неиз-
48 ГЛАВА 1. ЛИНЕЙНЫЕ УРАВНЕНИЯ
вестными (с. 28).
𝐴:⎧
⎨
⎩𝑙1
𝑙2⇒⎧
⎨
⎩6𝑥+𝑦= 10
𝑥+𝑦= 5⇒⎧
⎨
⎩𝑥= 1
𝑦= 4
𝐵:⎧
⎨
⎩𝑙2
𝑙3⇒⎧
⎨
⎩𝑥+𝑦= 5
3𝑥−2𝑦= 10⇒⎧
⎨
⎩𝑥= 4
𝑦= 1
𝐶:⎧
⎨
⎩𝑙1
𝑙3⇒⎧
⎨
⎩3𝑥−2𝑦= 10
6𝑥+𝑦= 10⇒⎧
⎨
⎩𝑥= 2
𝑦=−2
Построим уравнения прямых 𝑙1,𝑙2и𝑙3. Отметим на графике
точки 𝐴,𝐵,𝐶и проведем через них прямые:
Прямая Точки Уравнение прямой
𝑙1 𝐴, 𝐶 6𝑥+𝑦= 10
𝑙2 𝐴, 𝐵 𝑥+𝑦= 5
𝑙3 𝐵, 𝐶 3𝑥−2𝑦= 10
Графики прямых 𝑙1,𝑙2и𝑙3изображены на рис. 5. Теперь,
чтобы найти полуплоскость, на которой 6𝑥+𝑦 > 10, под-
ставим в левую часть неравенства координаты любой не ле-
жащей на прямой 6𝑥+𝑦= 10точки. Мы подставим коор-
динаты точки (0; 0). Неравенство не выполняется, значит,
6𝑥+𝑦 < 10по другую сторону прямой 𝑙1, на графике по
правую сторону. Аналогичная подстановка показывает, что
неравенство 𝑥+𝑦 < 5выполняется для точек, лежащих
§ 1.5. Неравенства 49
Рис. 5.Треугольник ABC
слева от прямой 𝑙2, а неравенство 3𝑥−2𝑦 <10– для точек,
расположенных левее прямой 3𝑥−2𝑦= 10. Поскольку нас
интересуетгеометрическоеместоточек,длякоторыхвыпол-
няются одновременно три неравенства, решением системы
будет множество пар (𝑥;𝑦), являющихся координатами то-
чек, принадлежащих одновременно всем трем рассмотрен-
ным полуплоскостям.
Ответ:решениембудетмножествоточектреугольника 𝐴𝐵𝐶,
включая границу, поскольку все неравенства нестрогие.
Пример 3. Допустим, наше предприятие может выпускать 𝛺191
два пользующихся спросом на рынке изделия 𝐴и𝐵, для
производства которых требуются три вида ресурсов: токар-
ный станок, фрезерный станок и сварочная аппаратура. По
50 ГЛАВА 1. ЛИНЕЙНЫЕ УРАВНЕНИЯ
договору аренды, в этом квартале мы располагаем 800 ча-
сами рабочего времени токарного станка, 700 – фрезерного
и 640 часами сварочной аппаратуры. Для производства од-
ной партии изделия 𝐴требуется 8 часов времени токарного
станка, 3 – фрезерного и 8 часов сварочной аппаратуры.
Для производства партии изделия 𝐵те же ресурсы нуж-
ны в объемах 10, 10 и 5 соответственно. Изделие 𝐴можно
реализовать на рынке по цене 30 тысяч рублей за партию,
изделие 𝐵– 60 тысяч рублей за партию. Требуется соста-
вить план производства изделий 𝐴и𝐵, при котором доход
с продаж будет максимальным. Иными словами, перед на-
ми стоит вопрос: в каком объеме мы должны производить
каждое изделие?
Решение. Оформим условия задачи в виде таблицы:
Ресурс Изделие 𝐴Изделие 𝐵Лимит
Токарный станок 8 10800
Фрезерный станок 3 10700
Сварочное оборудование 8 5640
Цена 30 60
Обозначим количество партий изделий 𝐴и𝐵переменными
𝑥и𝑦соответственно, тогда каждому реальному производ-
ственному плану будет соответствовать точка на плоскости
с координатами (𝑥;𝑦)(рис. 6). На производство 𝑥партий
изделия 𝐴уйдет 8𝑥часов работы токарного станка, а на
производство 𝑦партий изделия 𝐵–10𝑦часов. Значит, для
§ 1.5. Неравенства 51
Рис. 6.Область производственных возможностей
выполнения плана (𝑥;𝑦)потребуется 8𝑥+ 10𝑦часов работы
токарного станка, при этом мы не можем затратить более
800 часов. Таким образом, должно выполняться неравен-
ство 8𝑥+ 10𝑦≤800. Учитывая также естественные ограни-
чения 𝑥≥0и𝑦≥0, изобразим на плоскости область на-
ших производственных возможностей, геометрическое ме-
сто всех пар (𝑥;𝑦), которые реально можно произвести, если
52 ГЛАВА 1. ЛИНЕЙНЫЕ УРАВНЕНИЯ
единственным ограничением является рабочее время токар-
ногостанка.Этаобластьпредставленанарис.6а.Награфи-
ке прямая 8𝑥+10𝑦= 800обозначена 𝑙1. Аналогично ограни-
чения, связанные с арендой фрезерного станка, выразятся
неравенством 3𝑥+ 10𝑦≤700, и область производственных
возможностей сузится до изображенной на рис. 6б. Прямая
3𝑥+ 10𝑦= 700обозначена на графике 𝑙2. Наконец, ограни-
ченность последнего ресурса означает 8𝑥+ 5𝑦≤640и об-
ласть производственных возможностей примет окончатель-
ный вид (рис. 6в). Это множество всех пар (𝑥;𝑦), которые
мы в состоянии произвести. Таким образом, область произ-
водственных возможностей задана системой неравенств
⎧
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩8·𝑥+ 10·𝑦≤800;
3·𝑥+ 10·𝑦≤700;
8·𝑥+ 5·𝑦≤640;
𝑥≥0;
𝑦≥0.
Осталось решить, какой производственный план будет оп-
тимальным? В соответствии с условиями задачи, 𝑥партий
изделия 𝐴дадут доход с продаж 30𝑥, а𝑦партий изделия
𝐵–60𝑦тысяч рублей. Итого: 30𝑥+ 60𝑦. Пусть 𝑑– доход с
§ 1.5. Неравенства 53
продаж, тогда решениями уравнения 30𝑥+ 60𝑦=𝑑при со-
блюдении известных ограничений будут все пары (𝑥;𝑦), да-
ющие доход 𝑑. Например, доход 2 миллиона 400 тысяч руб-
лей можно получить, приняв план, соответствующий точ-
кам𝐸(0; 40)или𝐹(80; 0), а также любой другой точке, ле-
жащей на отрезке 𝐸𝐹, т. е. на пересечении прямой
30𝑥+ 60𝑦= 2400с областью производственных возможно-
стей. Но, вероятно, это неоптимальные планы. Если мы пе-
реместим прямую 𝐸𝐹вверх параллельно самой себе, то но-
вой прямой будет соответствовать большее значение 𝑑. Так,
если прямая 30𝑥+ 60𝑦=𝑑пройдет через точку (0; 60)на
оси𝑂𝑦, доход составит 3 миллиона 600 тысяч рублей. Од-
нако мы не можем поднять прямую на любую высоту. Мы
можем двигать ее вверх параллельно самой себе до тех пор,
пока она имеет общие точки с областью производственных
возможностей. Таким образом, мы остановимся тогда, ко-
гда прямая 30𝑥+ 60𝑦=𝑑пройдет через точку 𝐶. Найдем ее
координаты:
𝐶:⎧
⎨
⎩𝑙1
𝑙2⇒⎧
⎨
⎩8𝑥+ 10 = 800
3𝑥+ 10𝑦= 700⇒⎧
⎨
⎩𝑥= 20
𝑦= 64
Тогда доход с продаж: 30·20 + 60·64 = 4440 .
Ответ:оптимальный план выпуска – 20 партий изделия 𝐴
и 64 партии изделия 𝐵. Доход с продаж при этом составит
54 ГЛАВА 1. ЛИНЕЙНЫЕ УРАВНЕНИЯ
4 миллиона 440 тысяч рублей.
Задача на оптимизацию, которую мы сейчас рассмотрели,
относитсякклассузадачлинейногопрограммирования.Этот
раздел математики появился в 30-х годах XX века после вы-
ходастатьиЛеонидаВитальевичаКанторовича«Математи-
ческие методы организации и планирования производства».
В линейном программировании предполагается наличие ли-
нейной целевой функции и линейных ограничений. Зада-
ча о Леше и Гоше (с. 23) также является задачей линейного
программирования. Когда для достижения максимума или
минимумацелевойфункциимыварьируемтолькодвумяпе-
ременными, задача имеет простую геометрическую интер-
претацию. В случае трех переменных областью производ-
ственных возможностей стал бы многогранник в трехмер-
ном пространстве. Рисовать трехмерные чертежи не каж-
дому по силам. В случае еще большего числа переменных
нам пришлось бы выйти в многомерное пространство. На-
пример, если бы в последнем примере наше предприятие
могло производить 10 видов изделий, задачу пришлось бы
решать в 10-мерном пространстве на некотором гипермно-
гограннике, а двигать пришлось бы не прямую, а 9-мерную
гиперплоскость. Здесь придется отказаться от наглядности
и привлечь аппарат линейной алгебры.
Задачи к параграфу на с. 190, п. 5–7. 𝛺
Глава 2. Уравнения второго порядка
§ 2.1. Основные алгебраические тождества
45⇔59В представленной ниже таблице сформулированы
основные свойства операций сложения и умножения веще-
ственных чисел.
№ Сложение № Умножение
1Коммутативный закон: 1Коммутативный закон:
𝑎+𝑏=𝑏+𝑎. 𝑎·𝑏=𝑏·𝑎.
2Ассоциативный закон: 2Ассоциативный закон:
(𝑎+𝑏) +𝑐=𝑎+ (𝑏+𝑐). (𝑎·𝑏)·𝑐=𝑎·(𝑏·𝑐).
3Существует такое 3Существует такое
число 0, что для ∀𝑎 число 1, что для ∀𝑎
𝑎+ 0 = 𝑎. 𝑎·1 =𝑎.
4 Для∀𝑎 4 Для∀𝑎̸= 0
существует такое число существует такое число
−𝑎, что 𝑎+ (−𝑎) = 0 𝑎−1, что 𝑎·𝑎−1= 1
5 Дистрибутивный закон: 𝑎·(𝑏+𝑐) =𝑎·𝑏+𝑎·𝑐
Прирешенииуравненийинеравенствтрудноизбежатьтож-
дественных преобразований. Смысл тождественного преоб-
разования состоит в замене одного выражения другим, тож-
дественным исходному. Выражение тождественно исход-
ному, если при любом наборе значений входящих в него
переменных оно принимает то же значение, что и исход-
ное. Основные алгебраические тождества выводятся непо-
56 ГЛАВА 2. УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКА
средственно из представленных выше свойств операций сло-
жения и умножения. Как вы, наверно, заметили, первые
4 свойства для сложения и умножения чем-то похожи. В ма-
тематикемножество,элементыкоторогоотносительнокакой-
либо операции обладают свойствами (1–4), называют ком-
мутативной группой . Множествам такого рода посвящен
целый раздел математики, который называют теорией
групп. Таким образом, вещественные числа образуют ком-
мутативнуюгруппуотносительнооперацийсложенияиумно-
жения.Пятоесвойствоустанавливаетсвязьмеждуопераци-
ями. Наличие противоположных и обратных чисел позволя-
ет ввести еще две операции, без которых в принципе можно
обойтись, но с которыми удобней: вычитание (как прибав-
ление противоположного числа) и деление (как умножение
на обратное). Теперь для вывода любого из приведенных
ниже основных алгебраических тождеств достаточно рас-
крыть скобки и привести подобные члены:
1)(𝑎+𝑏)2=𝑎2+ 2𝑎𝑏+𝑏2;
2)(𝑎−𝑏)2=𝑎2−2𝑎𝑏+𝑏2;
3)(𝑎+𝑏)3=𝑎3+ 3𝑎2𝑏+ 3𝑎𝑏2+𝑏3;
4)(𝑎−𝑏)3=𝑎3−3𝑎2𝑏+ 3𝑎𝑏2−𝑏3;
5)𝑎2−𝑏2= (𝑎+𝑏)·(𝑎−𝑏);
6)𝑎3+𝑏3= (𝑎+𝑏)·(𝑎2−𝑎𝑏+𝑏2);
7)𝑎3−𝑏3= (𝑎−𝑏)·(𝑎2+𝑎𝑏+𝑏2);
8)𝑎𝑛+𝑏𝑛= (𝑎+𝑏)·(𝑎𝑛−1−𝑎𝑛−2𝑏+𝑎𝑛−3𝑏2+. . .−𝑎𝑏𝑛−2+𝑏𝑛−1)
§ 2.1. Основные алгебраические тождества 57
(для нечетных 𝑛!!!);
9)𝑎𝑛−𝑏𝑛= (𝑎−𝑏)·(𝑎𝑛−1+𝑎𝑛−2𝑏+𝑎𝑛−3𝑏2+. . .+𝑎𝑏𝑛−2+𝑏𝑛−1);
10) иногда полезно знать:
(𝑎+𝑏+𝑐)2=𝑎2+𝑏2+𝑐2+ 2𝑎𝑏+ 2𝑎𝑐+ 2𝑏𝑐,
т. е. квадрат суммы чисел равен сумме их квадратов и сум-
ме всех возможных их попарных удвоенных произведений;
формулировка справедлива и для первого в нашем списке
тождества, касающегося квадрата суммы двух чисел.
Последниетождестватакжелегкопроверить,раскрывскоб-
ки и приведя подобные. Например,
(𝑎−𝑏)·(𝑎𝑛−1+𝑎𝑛−2𝑏+𝑎𝑛−3𝑏2+. . .+𝑎𝑏𝑛−2+𝑏𝑛−1) =
=𝑎𝑛+𝑎𝑛−1𝑏+𝑎𝑛−2𝑏2+. . .+𝑎2𝑏𝑛−2+𝑎𝑏𝑛−1−
−𝑎𝑛−1𝑏−𝑎𝑛−2𝑏2−𝑎𝑛−3𝑏2−. . .−𝑎𝑏𝑛−1−𝑏𝑛=𝑎𝑛−𝑏𝑛.
Теперь о выражении (𝑎+𝑏)𝑛, которое называют биномом
Ньютона . Здесь 𝑛– неотрицательное целое число. Случаи
𝑛= 2и𝑛= 3представленывыше, (𝑎+𝑏)0= 1,(𝑎+𝑏)1=𝑎+𝑏.
Если раскрыть скобки, бином примет вид
(𝑎+𝑏)𝑛=𝐶0
𝑛𝑎𝑛+𝐶1
𝑛𝑎𝑛−1𝑏+𝐶2
𝑛𝑎𝑛−2𝑏2+. . .+𝐶𝑛
𝑛𝑏𝑛.
В первом слагаемом правой части равенства бинома присут-
ствует 𝑛-я степень 𝑎и нулевая степень 𝑏, а затем в каждом
следующем слагаемом степень 𝑎на единицу уменьшается, а
58 ГЛАВА 2. УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКА
степень 𝑏на единицу увеличивается. Таким образом, сумма
степеней 𝑎и𝑏всегда остается равной 𝑛. При каждом произ-
ведении степеней 𝑎и𝑏присутствует коэффициент, который
обозначен 𝐶𝑘
𝑛, где 𝑛– степень бинома, 𝑘– номер коэффици-
ента, начиная с нулевого. Найти биномиальные коэффици-
енты для любой степени бинома нетрудно, если воспользо-
ваться треугольником Паскаля :
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
Здесь крайние коэффициенты бинома любой степени все-
гда равны единице, а каждый из остальных получается сло-
жением двух вышестоящих. Последнее нетрудно доказать.
Действительно,
(𝑎+𝑏)𝑛+1= (𝑎+𝑏)𝑛·(𝑎+𝑏) =
=(︀
𝐶0
𝑛𝑎𝑛+𝐶1
𝑛𝑎𝑛−1𝑏+𝐶2
𝑛𝑎𝑛−2𝑏2+. . .+𝐶𝑛
𝑛𝑏𝑛)︀
·(𝑎+𝑏) =
=𝐶0
𝑛𝑎𝑛+1+𝐶1
𝑛𝑎𝑛𝑏+𝐶2
𝑛𝑎𝑛−1𝑏2+. . .+𝐶𝑛
𝑛𝑎𝑏𝑛+
+𝐶0
𝑛𝑎𝑛𝑏+𝐶1
𝑛𝑎𝑛−1𝑏2+𝐶2
𝑛𝑎𝑛−2𝑏3+. . .+𝐶𝑛
𝑛𝑏𝑛+1=
=𝐶0
𝑛𝑎𝑛+1+(︀
𝐶0
𝑛+𝐶1
𝑛)︀
𝑎𝑛𝑏+(︀
𝐶1
𝑛+𝐶2
𝑛)︀
𝑎𝑛−1𝑏2+. . .+𝐶𝑛
𝑛𝑏𝑛+1,
§ 2.2. Квадратный трехчлен 59
откуда следует:
𝐶0
𝑛+1=𝐶0
𝑛;𝐶1
𝑛+1=𝐶0
𝑛+𝐶1
𝑛;𝐶2
𝑛+1=𝐶1
𝑛+𝐶2
𝑛;. . .;𝐶𝑛+1
𝑛+1=𝐶𝑛
𝑛,
что мы и наблюдаем в треугольнике Паскаля.
Из формулы бинома (𝑎+𝑏)𝑛нетрудно получить формулу
для(𝑎−𝑏)𝑛. Поскольку нечетная степень (−1)равна (−1),
а четная – 1, достаточно у каждого второго слагаемого в
разложении бинома заменить « +» на «−»:
(𝑎−𝑏)𝑛=𝐶0
𝑛𝑎𝑛−𝐶1
𝑛𝑎𝑛−1𝑏+𝐶2
𝑛𝑎𝑛−2𝑏2+. . .+ (−1)𝑛𝐶𝑛
𝑛𝑏𝑛.
§ 2.2. Квадратный трехчлен
55⇔80Выражение вида 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐называют
квадратным трехчленом , коэффициент 𝑎при𝑥2–стар-
шим коэффициентом ,𝑐–свободным членом .Квадрат-
ные уравнения, т. е. уравнения с квадратным трехчленом
в левой части умели решать еще в Древнем Вавилоне за
2000 лет до нашей эры. Необходимость решать такие урав-
нения возникала при измерении площадей, в процессе вы-
полнения земельных работ для военных нужд и при астро-
номических расчетах.
Пример 1. Требуется построить спортивную площадку 𝛺192
площадью1800 м2прямоугольнойформы.Приэтомеедли-
на должна быть на 5м больше ширины. Какими должны
быть длина и ширина площадки?
Решение. Пусть 𝑥– ширина площадки, тогда 𝑥+ 5– ее
60 ГЛАВА 2. УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКА
длина, а площадь равна 𝑥·(𝑥+ 5) = 1800 . Раскрыв скоб-
ки после несложных преобразований, придем к уравнению
𝑥2+ 5𝑥−1800 = 0 . Его корни: (−45)и40. Отбросив отрица-
тельное решение, оставим 𝑥= 40.
Ответ:ширина – 40м, длина – 45м.
Квадратный трехчлен может не иметь вещественных кор-
ней, может иметь два совпадающих или два различных кор-
ня в зависимости от значения дискриминанта 𝐷=𝑏2−4𝑎𝑐.
Корнямтрехчленасоответствуютточкипересеченияоси 𝑂𝑥
с графиком функции 𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐(рис. 7 и 8).
Разложим квадратный трехчлен на линейные множители:
Рис. 7.Ветви параболы направлены вверх
Рис. 8.Ветви параболы направлены вниз
§ 2.2. Квадратный трехчлен 61
𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐=𝑎(︂
𝑥2+𝑏
𝑎𝑥+𝑐
𝑎)︂
=
=𝑎(︂
𝑥2+ 2𝑏
2𝑎+𝑏2
4𝑎2−𝑏2
4𝑎2+𝑐
𝑎)︂
=𝑎·[︃(︂
𝑥+𝑏
2𝑎)︂2
−𝑏2−4𝑎𝑐
4𝑎2]︃
.
Выражение в правой части последнего равенства не может
равняться нулю, если 𝑏2−4𝑎𝑐 < 0, т. е. когда в квадратных
скобках окажется сумма неотрицательного числа(︀
𝑥+𝑏
2𝑎)︀2
и положительного(︁
−𝑏2−4𝑎𝑐
4𝑎2)︁
. Если же 𝑏2−4𝑎𝑐≥0,
𝑎[︃(︂
𝑥+𝑏
2𝑎)︂2
−𝑏2−4𝑎𝑐
4𝑎2]︃
=𝑎[︃(︂
𝑥+𝑏
2𝑎)︂2
−(︂√
𝑏2−4𝑎𝑐
2𝑎)︂2]︃
,
и согласно тождеству о разности квадратов выражение рас-
кладывается в произведение двух линейных членов:
𝑎(︂
𝑥+𝑏+√
𝑏2−4𝑎𝑐
2𝑎)︂(︂
𝑥+𝑏−√
𝑏2−4𝑎𝑐
2𝑎)︂
.
Таким образом, квадратный трехчлен обращается в ноль
при
𝑥1,2=𝑏±√
𝑏2−4𝑎𝑐
2𝑎.
Величину 𝐷=𝑏2−4𝑎𝑐называют дискриминантом квад-
ратного трехчлена. При 𝐷= 0корни совпадут.
Пример 2. Найтикорниквадратноготрехчлена 2𝑥2+2𝑥+3.𝛺192
Решение. 𝐷= 4−4·2·3 =−20<0.
Ответ:Вещественных корней не существует.
62 ГЛАВА 2. УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКА
Пример 3. Найтикорниквадратноготрехчлена 4𝑥2−4𝑥+1. 𝛺192
Решение. 𝐷= 16−4·4·1 = 0. Трехчлен имеет два совпа-
дающих вещественных корня 𝑥1,2=1
2.
Ответ:два совпадающих корня1
2.
Пример 4. Найти корни квадратного трехчлена 2𝑥2+𝑥−6. 𝛺192
Решение. 𝐷= 1−4·2·(−6) = 49. Трехчлен имеет два ве-
щественных корня
𝑥1,2=−1±√
49
4=−1±7
4.
Ответ:−2и3
2.
Хотя поиск корней квадратного трехчлена осуществляется
по алгоритму и не является творческим процессом, полез-
но знать ряд приемов, позволяющих иногда упростить эту
и без того простую задачу. Ведь именно на мелочах можно
выиграть немало ценного времени. Если коэффициент при
𝑥в выражении 𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐= 0является целым четным чис-
лом𝑏= 2𝑝, то уравнение принимает вид 𝑎𝑥2+ 2𝑝𝑥+𝑐= 0,
дискриминант 𝐷= 4𝑝2−4𝑎𝑐= 4(𝑝2−𝑎𝑐). Если 𝐷≥0, суще-
ствуют корни 𝑥1,2=2𝑝±2√
𝑝2−𝑎𝑐
2𝑎. Числитель и знаменатель
последней дроби сократим на 2. Теперь корни квадратного
трехчлена вида 𝑎𝑥2+ 2𝑝𝑥+𝑐= 0находятся следующим об-
разом:
1) определим 𝐷/4 =𝑝2−𝑎𝑐;
2) если 𝐷/4<0, решений нет; иначе 𝑥1,2=𝑝±√
𝑝2−𝑎𝑐
𝑎.
§ 2.2. Квадратный трехчлен 63
Пример 5. Найти корни квадратного трехчлена 𝛺192
3𝑥2+ 10𝑥−8.
Решение. Заметим, что 10 = 2·5,𝐷/4 = 25−3·(−8) = 49.
Трехчлен имеет два вещественных корня
𝑥1,2=−5±√
49
3=−5±7
4.
Ответ:−4и2
3.
Если мы применим обычную формулу, придется иметь дело
с дискриминантом, равным 196. Может показаться, что вы-
игрыш не так уж велик, но школьные задачи ориентирова-
ны на расчеты «вручную», и потому обычно коэффициенты
в квадратных трехчленах – целые числа, а значит, пример-
но в половине случаев коэффициент при 𝑥– четное число.
Если при этом дискриминант большой, время вычислений
сокращается в разы.
Пустьтеперькоэффициентпри 𝑥2равенединице.Еслитрех-
член 𝑥2+𝑝𝑥+𝑞имеет вещественные корни 𝑥1и𝑥2, он рас-
кладывается в произведение двух линейных членов:
𝑥2+𝑝𝑥+𝑞= (𝑥−𝑥1)·(𝑥−𝑥2) =𝑥2−(𝑥1+𝑥2)·𝑥+𝑥1𝑥2.
Такимобразом,коэффициентыквадратноготрехчленаиего
корни связаны соотношениями, которые являются частным
64 ГЛАВА 2. УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКА
случаем теоремы Виета :
⎧
⎨
⎩𝑥1+𝑥2=−𝑝;
𝑥1𝑥2=𝑞.
Последние соотношения во многих случаях и при долж-
ном навыке позволяют легко угадывать корни. Например,
𝑥2−5𝑥+ 6. Можно угадать, что два числа, сумма которых
равна 5, а произведение 6, – это 2 и 3. Если дан квадратный
трехчлен 𝑥2+𝑥−2, то сумма корней равна ( −1), а произве-
дение (−2). Можно угадать корни: ( −2) и 1. Если свободный
член отрицателен, корни имеют разные знаки. Корни ищем
среди делителей свободного члена. Таким образом, если це-
лых корней нет – нам не повезло.
Упражнения. Опираясь на теорему Виета, угадайте корни
следующих трехчленов:
𝑥2−𝑥−2; 𝑥2+ 7𝑥+ 10; 𝑥2+ 2𝑥−3;
𝑥2+ 5𝑥+ 6; 𝑥2−7𝑥+ 10; 𝑥2−2𝑥−3;
𝑥2−𝑥−6; 𝑥2+ 3𝑥−10; 𝑥2−4𝑥+ 3;
𝑥2+𝑥−6; 𝑥2−10𝑥+ 21; 𝑥2+ 4𝑥+ 3.
Результаты обязательно проверьте подстановкой. Если вы
выполнили все задания, то должны заметить, что навык
развивается очень быстро.
Пример 6. Решить уравнение с параметром 𝛺192
(𝑎2+𝑎−2)𝑥2+ (2𝑎2+𝑎+ 3)𝑥+𝑎2−1 = 0.
§ 2.2. Квадратный трехчлен 65
Решение:
1)𝑎2+𝑎−2 = 0при𝑎=−2или𝑎= 1. Уравнение становится
линейным.
1.1) При 𝑎=−2уравнение принимает вид
9𝑥+ 3 = 0⇒𝑥=−1
3.
1.2) При 𝑎= 1уравнение принимает вид 6𝑥= 0⇒𝑥= 0.
2) При 𝑎̸=−2и𝑎̸= 1
𝐷= (𝑎2+𝑎+ 3)2−4·(𝑎2−1)(𝑎2+𝑎−2) =
= 25𝑎2+ 10𝑎+ 1 = (5 𝑎)2+ 2·5𝑎+ 1 = (5 𝑎+ 1)2≥0.
Значит, вещественные корни существуют при любом 𝑎.
√︀
(5𝑎+ 1)2=|5𝑎+ 1|=⎧
⎨
⎩−5𝑎−1,если 𝑎 <−1
5;
5𝑎+ 1,если 𝑎≥−1
5.
Однако|5𝑎+ 1|фигурирует в формулах со знаком « ±», по-
этому всегда рассматриваются оба случая: « +» и «−».
𝑥1,2=−(2𝑎2+𝑎+ 3)±|5𝑎+ 1|
2(𝑎+ 2)( 𝑎−1);
𝑥1=−2𝑎2−𝑎−3−5𝑎−1
2(𝑎+ 2)( 𝑎−1)=−2(𝑎+ 2)( 𝑎+ 1)
2(𝑎+ 2)( 𝑎−1)=−𝑎+ 1
𝑎−1;
𝑥2=−2𝑎2−𝑎−3 + 5 𝑎+ 1
2(𝑎+ 2)( 𝑎−1)=−2(𝑎−1)2
2(𝑎+ 2)( 𝑎−1)=−𝑎−1
𝑎+ 2.
Ответ:
1)𝑥=−1
3при 𝑎=−2.
2) 0 при 𝑎= 1.
66 ГЛАВА 2. УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКА
3)⎧
⎨
⎩𝑥1=−𝑎+1
𝑎−1
𝑥2=−𝑎−1
𝑎+2иначе.
Причем при 𝑎=−1
5оба корня совпадают.
Квадратный трехчлен может быть правой частью не толь-
коуравнения,ноинеравенства.Вернемсякрис.7и8(с.60).
Еслидискриминантменьшенуля,квадратныйтрехчлениме-
ет постоянный знак на всей вещественной оси, который сов-
падает со знаком коэффициента при квадрате переменной.
Если дискриминант равен нулю, то в одной точке трехчлен
обращается в ноль, в остальных точно также сохраняет по-
стоянный знак. Наконец, если дискриминант больше нуля,
трехчлен имеет два корня, которые делят вещественную ось
на три промежутка знакопостоянства (см. рис. 7 и 8).
Пример 7. Решить неравенство 2𝑥2+ 3𝑥−2≥0. 𝛺192
Решение. Квадратный трехчлен имеет корни 𝑥1=−2и
𝑥2=1
2, которые делят вещественную ось на три промежут-
ка знакопостоянства (рис. 9). Знаки чередуются, поэтому
Рис. 9.Промежутки знакопостоянства
достаточно определить знак 𝑓(𝑥) = 2 𝑥2+ 3𝑥−2на одном
интервале. 𝑓(0)<0. Значит, на интервале (−2;1
2)выраже-
ние𝑓(𝑥)<0. Тогда на интервалах (−∞;−2)и(−1
2; +∞),
§ 2.2. Квадратный трехчлен 67
наоборот, 𝑓(𝑥)>0. Мы ищем множество значений 𝑥, для
которых 𝑓(𝑥)≥0.
Ответ: 𝑥∈(−∞;−2]∪[1
2; +∞).
Если говорить об уравнениях и неравенствах с параметром,
для их решения иногда необходимо провести небольшое ис-
следование. Рассмотрим на примере уже решенного нами
уравнения (с. 64) один когда-то «модный» на вступитель-
ных экзаменах класс задач.
Пример 8. При каких значениях параметра 𝑎уравнение 𝛺192
(︀
𝑎2+𝑎−2)︀
𝑥2+(︀
2𝑎2+𝑎+ 3)︀
𝑥+𝑎2−1 = 0
имеет два корня 𝑥1и𝑥2, таких, что 𝑥1<1< 𝑥 2?
Решение. Пусть 𝑓(𝑥) =𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐– произвольный квад-
ратный трехчлен. Определим необходимые и достаточные
условия существования двух его корней, расположенных по
разные стороны от заданного числа 𝑡, т. е. 𝑥1< 𝑡 < 𝑥 2. Как
видно на рис. 10, это возможно в двух случаях: 𝑎 > 0и
𝑓(𝑡)<0(график слева); 𝑎 <0и𝑓(𝑡)>0(график справа).
То есть корни лежат по разные стороны от 𝑡тогда и только
Рис. 10.Корни расположены по разные стороны от заданного числа
68 ГЛАВА 2. УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКА
тогда, когда 𝑎·𝑓(𝑡)<0, иначе говоря, когда коэффициент
при𝑥2и значение 𝑓(𝑡)в точке, разделяющей корни, имеют
разные знаки. В нашем примере 𝑡= 1и
𝑓(1) = 𝑎2+𝑎−2 + 2𝑎2+𝑎+ 3 + 𝑎2−1 = 4 𝑎2+ 2𝑎= 2𝑎(2𝑎+ 1).
Коэффициент при 𝑥2– это 𝑎2+𝑎−2. Значит, должно вы-
полняться условие
2𝑎(2𝑎+ 1)( 𝑎2+𝑎−2)<0, т. е. 𝑎(2𝑎+ 1)( 𝑎+ 2)( 𝑎−1)<0.
Многочлен в левой части неравенства обращается в ноль в
точках−2;−1
2; 0; 1, разбивающих вещественную ось на пять
промежутков знакопостоянства, как показано на рис. 11.
Определим знак на одном из интервалов, например послед-
Рис. 11.Промежутки знакопостоянства
нем, подставив вместо 𝑎очень большое вещественное чис-
ло. На интервале (1; +∞)выражение принимает знак «+».
Расставим знаки в остальных интервалах по принципу че-
редования. Интересующее нас неравенство выполняется на
интервалах (−2;−0,5)и(0; 1).
Ответ:при𝑎∈(−2;−0,5)∪(0; 1).
Теперь рассмотрим квадратное неравенство с параметром.
Это уже довольно серьезная работа, но именна та, которой
§ 2.2. Квадратный трехчлен 69
занимается настоящий инженер или экономист, – исследо-
вание зависимости решений от меняющихся параметров.
Пример 9. Решить неравенство с параметром 𝛺192
(𝑎2−1)𝑥2+ 2(𝑎−1)𝑥+ 1>0.
Решение. Найдем дискриминант
𝐷= 4𝑎2−8𝑎+4−4𝑎2+4 =−8(𝑎−1)и классифицируем воз-
можные исходы в зависимости от значения старшего члена.
1) В случае нулевого старшего члена неравенство перестает
быть квадратным: 𝑎2−1 = 0⇒𝑎=±1.
1.1) При 𝑎=−1неравенство принимает вид утверждения
−4𝑥+ 1>0⇒𝑥∈(−∞; 0,25).
1.2) При 𝑎= 1получим 1>0, что справедливо при любом
𝑥∈(−∞; +∞).
2) Рассмотрим случай, когда старший член отрицателен,
т. е. когда ветви параболы направлены вниз:
𝑎2−1<0⇒(𝑎+ 1)( 𝑎−1)<0⇒𝑎∈(−1; 1).Здесь в свою
очередь классифицируем возможные исходы в зависимости
от значения дискриминанта.
2.1)𝐷 < 0⇒𝑎 >1.
Эти значения 𝑎не попадают в интервал (−1; 1).
2.2)𝐷= 0⇒𝑎= 1. Это значение также не попадает в рас-
сматриваемый интервал.
2.3)𝐷 > 0⇒𝑎 < 1⇒𝑎∈(−1; 1). На этом интервале
70 ГЛАВА 2. УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКА
квадратный трехчлен имеет два вещественных корня:
𝑥2=−2𝑎+ 2 +√−8𝑎+ 8
2·(𝑎2−1)< 𝑥 1=−2𝑎+ 2−√−8𝑎+ 8
2·(𝑎2−1).
Сократив числитель и знаменатель дробей на 2, получим:
𝑥2=−𝑎+ 1 +√−2𝑎+ 2
𝑎2−1< 𝑥 1=−𝑎+ 1−√−2𝑎+ 2
𝑎2−1.
Поскольку−𝑎+ 1−√−2𝑎+ 2<−𝑎+ 1 +√−2𝑎+ 2, но
𝑎2−1<0, а при делении на отрицательную величину знак
неравенства меняет направление, 𝑥2< 𝑥 1. Ветви параболы
направлены вниз, и 𝐷 > 0(как на рис. 8в). Следовательно,
квадратный трехчлен больше нуля на интервале (𝑥2;𝑥1).
3) Положительный старший член:
𝑎2−1>0⇒𝑎∈(−∞;−1)∪(1; +∞).Снова рассмотрим все
возможные значения дискриминанта.
3.1)𝐷 < 0⇒𝑎 >1⇒𝑎∈(1; +∞). Это случай, когда весь
график параболы лежит выше оси 𝑂𝑥. Решением будет все
множество вещественных числел: 𝑥∈(−∞; +∞).
3.2)𝐷= 0⇒𝑎= 1. Это значение 𝑎не входит в рассматри-
ваемую область значений.
3.3)𝐷 > 0⇒𝑎 <1⇒𝑎∈(−∞;−1). Поскольку ветви пара-
болы направлены вверх, квадратный трехчлен больше нуля
при значениях 𝑥∈(−∞;𝑥1)∪(𝑥2; +∞)(как на рис. 7в). Мы
также учли, что на рассматриваемом интервале 𝑎2−1>0,
§ 2.2. Квадратный трехчлен 71
а значит, 𝑥1< 𝑥 2.
Теперь нам предстоит собрать все результаты, полученные
на ветвях дерева, отражающего произведенный нами пере-
бор вариантов, в Ответ: При этом вовсе не обязательно при-
держиватьсятойженумерациипунктов.Ответ–эторезуль-
тат, и его следует формулировать четко и просто.
Ответ:
1)(−∞;𝑥1)∪(𝑥2; +∞)при𝑎∈(−∞;−1);
2)(−∞; 0,25)при𝑎=−1;
3)(𝑥2;𝑥1)при𝑎∈(−1; 1);
4)ℜпри𝑎∈[1; +∞),
где𝑥1=−𝑎+ 1−√−2𝑎+ 2
𝑎2−1, 𝑥2=−𝑎+ 1 +√−2𝑎+ 2
𝑎2−1.
В четвертом пункте ответа мы объединили результаты двух
пунктов решения: 1.2 и 3.1. То есть как при 𝑎= 1, так и при
𝑎∈(1; +∞)множество решений – ℜ. Проанализируем полу-
ченный результат. Выражение в левой части исследуемого
неравенства есть функция двух переменных 𝑥и𝑎:
𝑓(𝑥, 𝑎) = (𝑎2−1)·𝑥2+ 2·(𝑎−1)·𝑥+ 1.
Тогда уравнение 𝑧=𝑓(𝑥, 𝑎)задает некоторую поверхность
в трехмерном пространстве (рис. 12). Условия задачи те-
перь можно сформулировать так: при каких значениях 𝑥и
𝑎поверхность лежит выше плоскости 𝑂𝑥𝑎? Значение функ-
72 ГЛАВА 2. УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКА
Рис. 12.Поверхность 𝑧=𝑓(𝑥, 𝑎)
ции𝑓(𝑥, 𝑎)можно интерпретировать как высоту над уров-
немморявточкескоординатами (𝑥;𝑎).Трехмерныйграфик
поверхности не всегда достаточно информативен, поэтому в
математике часто для изображения поверхностей применя-
ют линии уровня, хорошо знакомые нам по географическим
картам. Для нашей поверхности линии уровня изображены
на рис. 13а. Каждой линии соответствует некоторое фикси-
рованное значение 𝑓(𝑥, 𝑎) =𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡– «высота над уровнем
моря». Кривая, помеченная числом 0, – «берег моря». По
этому графику вы легко можете установить части поверх-
ности,расположенныевыше«уровняморя».Графиккривой
𝑓(𝑥, 𝑎) = 0, т. е. «линии берега», мы разместили отдельно на
рис. 13б. Осталось только раскрасить карту (рис. 14). Итак,
в соответствии с ответом, на интервале 𝑎∈(−∞;−1)«су-
§ 2.2. Квадратный трехчлен 73
Рис. 13.Линии уровня (а); нулевая линия уровня (б)
ша» располагается по обе стороны от 𝑥1;𝑥2, на интервале
𝑎∈(−1;−1)–поразныестороныот 𝑥1;𝑥2,апри 𝑎∈[1; +∞)
– «суша, и ничего, кроме суши». Корни квадратного трех-
члена являются функциями параметра 𝑎:
𝑥1(𝑎) =−𝑎+1−√−2𝑎+2
𝑎2−1;𝑥2(𝑎) =−𝑎+1+√−2𝑎+2
𝑎2−1.
Традиционно на графике ось абсцисс отводят аргументам,
74 ГЛАВА 2. УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКА
Рис. 14.Области знакопостоянства
а ось ординат – функциям, но не запрещено поступать и на-
оборот. Мы только что записали уравнения «линий берега».
Рассмотрим их ассимптоты. Одна ассимптота имеет урав-
нение 𝑎= 1и, как зафиксировано в ответе, целиком «при-
надлежит суше». Берег может приближаться к ней сколь
угодно близко, но никогда не достичь ее. На языке высшей
математики это означает, что для пределов снизу (слева)
функций 𝑥1(𝑎)и𝑥2(𝑎)выполняются равенства:
lim
𝑎→1−0−𝑎+ 1−√−2𝑎+ 2
𝑎2−1=−∞;
lim
𝑎→1−0−𝑎+ 1 +√−2𝑎+ 2
𝑎2−1= +∞.
Утверждение под знаком предела 𝑎→1−0означает, что
в обоих случаях 𝑎стремится к 1слева (на нашем графике
§ 2.2. Квадратный трехчлен 75
«снизу», но все равно принято говорить «слева» в смысле
положения величин на своей вещественной оси). Пределы
справа мы не можем рассмотреть, поскольку при 𝑎 > 1
функции 𝑥1(𝑎)и𝑥2(𝑎)не определены. Другая ассимптота
– прямая 𝑎=−1, она заслуживает отдельного рассмотре-
ния. При 𝑎=−1обе «линии берега» имеют разрыв. Причем
для𝑥1(𝑎)разрыв устранимый, поскольку существует общий
предел, т. е. пределы слева и справа совпадают:
lim
𝑎→−1𝑥1(𝑎) = lim
𝑎→−1−𝑎+ 1−√−2𝑎+ 2
𝑎2−1=1
4.
Для устранения разрыва достаточно доопределить функ-
цию в точке разрыва 𝑥1(−1) = 0 ,25. В выражении для 𝑥2(𝑎)
числительпри 𝑎→− 1–конечнаяположительнаявеличина,
а знаменатель стремится к нулю. При этом знак знаменате-
ля зависит от того, как стремится к единице 𝑎: слева или
справа. Таким образом,
lim
𝑎→−1−0𝑥1(𝑎) = +∞; lim
𝑎→−1+0𝑥2(𝑎) =−∞.
Мы сознательно не приводим выкладки для нахождения
пределов, чтобы не отвлекаться от задачи. К тому же в
трех случаях мы использовали правило Лопиталя , кото-
рое обычно в курсе математики средней школы не изуча-
ется. Итак, при переходе через точку 𝑎=−1меняется от-
76 ГЛАВА 2. УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКА
носительное положение 𝑥1(𝑎)и𝑥2(𝑎)на вещественной оси:
до этой точки 𝑥1(𝑎)< 𝑥 2(𝑎), после нее 𝑥2(𝑎)< 𝑥 1(𝑎). Та-
ким образом, «линии берега» 𝑥1(𝑎)и𝑥2(𝑎)ограничивают
область, на которой 𝑓(𝑥, 𝑎)>0(см. рис. 14), но сами в
решение не входят. Если бы неравенство было нестрогим
𝑓(𝑥, 𝑎)≥0, граница вошла бы в решение.
Приисследованиинеравенствамысделалибольше,чемобыч-
но требуется от школьника. В частности, приведенные вы-
ше графики трудно построить без соответствующих про-
граммных средств. Мы просто хотели проиллюстрировать
пример.Провестивсеисследование,несделавниоднойошиб-
ки, очень трудно, поэтому в конечном итоге успех дела за-
висит от того, как быстро вы умеете находить ошибки. Для
закрепления пройденного материала попробуйте решить то
же неравенство, считая величину 𝑎неизвестной, а 𝑥– пара-
метром:
(𝑎2−1)·𝑥2+ 2·(𝑎−1)·𝑥+ 1>0.
После того как мы раскроем скобки в левой части нера-
венства и произведем группировку по степеням 𝑎, задачу
можно сформулировать так: решить неравенство
𝑥·𝑎2+ 2𝑥·𝑎−(𝑥−1)2>0,
§ 2.2. Квадратный трехчлен 77
где𝑎– неизвестная величина, 𝑥– параметр. Интересно,
что решение опять отлично будет иллюстрировать рис. 14
(с. 74). Рассмотрим еще один пример.
Пример 10. Решить неравенство с параметром 𝛺192
𝑎𝑥2+ 2𝑥+ 1>0.
Решение:
1)𝑎= 0⇒2𝑥+ 1>0⇒𝑥∈(−0,5; +∞);
2)𝑎̸= 0. Найдем дискриминант 𝐷= 4(1−𝑎).
2.1)𝐷 < 0⇒𝑎 >1. Поскольку дискриминант меньше нуля
и ветви параболы направлены вверх, как на рис. 7а (с. 60),
множество решений – ℜ.
2.2)𝐷 > 0⇒1−𝑎 >0⇒𝑎∈(−∞;𝑜)∪(0; 1).
Корни: 𝑥1=−1−√1−𝑎
𝑎и𝑥2=−1 +√1−𝑎
𝑎.
2.2.1) 𝑎∈(−∞; 0)⇒𝑥2< 𝑥 1, и ветви параболы направлены
вниз, как на рис. 8в (с. 60).
𝑥∈(︂−1 +√1−𝑎
𝑎;−1−√1−𝑎
𝑎)︂
.
2.2.2) 𝑎∈(0; 1). Положение параболы, как на рис. 7в (с. 60).
𝑥∈(︂
−∞;−1−√1−𝑎
𝑎)︂
∪(︂−1 +√1−𝑎
𝑎; +∞)︂
.
78 ГЛАВА 2. УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКА
2.3)𝐷= 0⇒𝑎= 1. Квадратный трехчлен принимает вид
𝑥2+ 2𝑥+ 1 = ( 𝑥+ 1)2, а(𝑥+ 1)2>0при всех значениях 𝑥,
кроме 𝑥=−1, т. е. 𝑥∈(−∞;−1)∪(−1; +∞).
Ответ:
1)(︁
−1+√1−𝑎
𝑎;−1−√1−𝑎
𝑎)︁
при𝑎∈(−∞; 0);
2)(−0,5; +∞)при 𝑎= 0;
3)(︁
−∞;−1−√1−𝑎
𝑎)︁
∪(︁
−1+√1−𝑎
𝑎; +∞)︁
при 𝑎∈(0; 1);
4)(−∞;−1)∪(−1; +∞)при 𝑎= 1;
5)ℜпри𝑎∈(1; +∞).
Данных в ответе достаточно, чтобы в первом приближении
построить график, как на рис. 14 (с. 74), но мы предпо-
чли сначала найти ряд пределов. Серая область на рис. 15
– множество пар (𝑥;𝑎), для которых выполняется неравен-
ство 𝑎𝑥2+ 2𝑥+ 1>0. Граница не входит в решение. При
построении графиков мы опирались на пределы
Рис. 15.Области знакопостоянства
§ 2.2. Квадратный трехчлен 79
lim
𝑎→0−1 +√1−𝑎
𝑎=−1
2иlim
𝑎→0−0−1−√1−𝑎
𝑎= +∞.
Хотя функции параметра 𝑥1(𝑎) =−1−√1−𝑎
𝑎и𝑥2(𝑎)−1+√1−𝑎
𝑎,
ограничивающие интервал значений 𝑥в первом пункте от-
вета, не определены при 𝑎= 0, в пределе они переходят в
границы интервала второго пункта ответа. Обратите вни-
мание, что во втором пределе 𝑎стремится к нулю слева.
Аналогично при 𝑎, стремящемся к нулю справа,
lim
𝑎→0+0−1−√1−𝑎
𝑎=−∞,
и первый интервал области значений 𝑥из третьего пункта
в пределе «убегает в минус бесконечность», а второй пере-
ходит в интервал из второго пункта ответа. Также следует
обратить внимание на то, что в ходе исследования неравен-
ства установлено: 𝑎 < 0⇒𝑥2< 𝑥 1и𝑎 > 0⇒𝑥1< 𝑥 2.И
наконец,
lim
𝑎→−∞−1 +√1−𝑎
𝑎= lim
𝑎→−∞−1−√1−𝑎
𝑎= 0.
Такимобразом,припостроенииграфикамыопиралисьнетоль-
ко на зафиксированную в ответе информацию, но также на
найденные предельные значения.
Задачи к параграфу на с. 192, п. 8–11. 𝛺
80 ГЛАВА 2. УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКА
§ 2.3. Уравнения с двумя неизвестными
59⇔84В этом разделе мы можем немного расслабиться.
Теория уравнений второго порядка с двумя неизвестными
сейчас нас интересует только на описательном уровне. В
общем виде уравнение можно записать так:
𝑎11𝑥2+𝑎22𝑦2+ 2𝑎12𝑥𝑦+𝑎1𝑥+𝑎2𝑦+𝑎0= 0.(5)
Разумеется, здесь 𝑎11,𝑎22и𝑎12не должны одновременно
равняться нулю, иначе мы получим линейное уравнение.
Кривые, заданные уравнениями второго порядка, называ-
юткривыми второго порядка , или коническими се-
чениями . Одной и той же кривой могут соответствовать
разные уравнения в зависимости от ее положения в приня-
той системе координат. Различают три основных типа кони-
ческих сечений: эллипсы, гиперболы и параболы (рис. 16).
Кроме основных конических сечений, существуют еще и вы-
Рис. 16.Конические сечения: а) эллипс, б) гипербола, в) парабола
рожденные случаи: прямая, пара пересекающихся прямых
§ 2.3. Уравнения с двумя неизвестными 81
и точка. Термин «коническое сечение» возник в Древней
Греции. Греки рассматривали эти кривые как сечения ко-
нуса плоскостью. В зависимости от наклона плоскости по
отношению к оси конуса, получались эллипсы (как частный
случай – окружность), гиперболы и параболы. Если плос-
кость касалась поверхности конуса, получалась прямая; ес-
ли плоскость пересекала конус вдоль его оси, – пара пересе-
кающихся прямых, а если проходила через вершину конуса
под соответствующим углом, – точка. Рассекание конусов
плоскостями может показаться праздным занятием, но ко-
нические сечения обладают рядом интересных свойств. В
частности, у них есть фокусы . Если в фокус параболы по-
местить точечный источник света, то отраженные от нее лу-
чи образуют пучок параллельных, а значит, могут освещать
бесконечно удаленные цели. Если точечный источник света
поместить в один из фокусов эллипса, то отраженные лучи
пересекутся в другом фокусе. На самом деле точечных ис-
точников не бывает, так же как и идеальных поверхностей,
но тем не менее поверхности прожекторов делают именно в
видепараболоида , а источник света помещают в его фо-
кус. Не менее важен и тот факт, что траектории движения
материальных точек в поле центральной силы, например
гравитационном, – кривые второго порядка. И хотя в иде-
альные траектории вносят возмущения другие менее весо-
мые небесные тела, с большой степенью точности мы можем
82 ГЛАВА 2. УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКА
считать, что орбиты планет солнечной системы – эллипсы, а
Солнце находится в одном из фокусов каждого эллипса. Та-
ким образом, уравнения второго порядка довольно неплохо
описывают окружающий нас мир и уже поэтому заслужи-
вают внимания.
Задачаопределениятипакривойвторогопорядкапоееурав-
нению решается в курсе аналитической геометрии . Од-
нако сами кривые можно определить, не прибегая к услугам
конуса и даже не вводя на плоскости систему координат.
Эллипс – это геометрическое место всех точек, сумма рас-
стояний от каждой из которых до двух заданных точек (фо-
кусов) постоянна.
Гипербола –этогеометрическоеместовсехточек,разность
расстояний от каждой из которых до двух заданных точек
(фокусов) постоянна.
Парабола – это геометрическое место всех точек, одина-
кого удаленных от заданной точки (фокуса) и некоторой
фиксированной прямой.
Для любого конического сечения можно найти систему ко-
ординат, в которой его уравнение принимает канониче-
скийвид. Это уравнения
эллипса:𝑥2
𝑎2+𝑦2
𝑏2= 1;гиперблы:𝑥2
𝑎2−𝑦2
𝑏2= 1
и параболы: 𝑦2−2𝑝𝑥= 0,
§ 2.3. Уравнения с двумя неизвестными 83
где𝑎,𝑏и𝑝– вещественные константы. Кривые второго по-
рядка также делят плоскость на области знакопостоянства,
внутри которых уравнения превращаются в соответствую-
щие неравенства:
Рис. 17.Области знакопостоянства
𝑥2
𝑎2+𝑦2
𝑏2≤1(рис. 17а) ;
𝑥2
𝑎2−𝑦2
𝑏2≤1(рис. 17б) ;
𝑦2−2𝑝𝑥≤0(рис. 17в) .
Как вы, вероятно, заметили, уравнения гиперболы и пара-
болы в канонической форме несколько отличаются от тех,
к которым мы привыкли в школе. На это есть свои при-
чины. Так, более привычное для многих уравнение 𝑦=𝑎
𝑥
определяет только семейство гипербол с перпендикулярны-
миассимптотами,ноассимптотымогутобразовыватьлюбой
84 ГЛАВА 2. УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКА
угол.Хотятеорияуравненийи,соответственно,кривыхвто-
рого порядка доступна человеку, владеющему математикой
в рамках школьной программы, ее изучение требует време-
ни и определенных усилий. Мы же пока запомним одно по-
лезное наблюдение. Кривая второго порядка не может
иметь более двух общих точек с прямой . Для доказа-
тельства достаточно в уравнении прямой выразить одну из
переменных 𝑥или𝑦и подставить в уравнение (5).
§ 2.4. Симметричные формы
80⇔94Выражение 𝑓(𝑥, 𝑦)называют симметричной
формой , если
𝑓(𝑦, 𝑥)≡𝑓(𝑥, 𝑦),
т. е. форма, полученная при перестановке переменных 𝑥и𝑦
тождественна исходной. Аналогично для любого числа пе-
ременных выражение называют симметричной формой, ес-
ли после любой перестановки любой пары переменных мы
приходим к форме, тождественной исходной. Примеры сим-
метричных форм: 𝑥+𝑦;𝑥𝑦;𝑥2+𝑦2. В § 2.2, когда применяли
теорему Виета, мы столкнулись с системами уравнений, со-
держащими две симметричные формы:
⎧
⎨
⎩𝑥1+𝑥2=−𝑝;
𝑥1𝑥2=𝑞.
§ 2.4. Симметричные формы 85
Этиуравненияустанавливаютсвязькорнейквадратноготрех-
члена 𝑥2+𝑝𝑥+𝑞с его коэффициентами и иногда помогают
нам сразу угадать корни. Теперь мы, наоборот, используем
квадратный трехчлен для решения системы уравнений
⎧
⎨
⎩𝑥+𝑦=𝑝;
𝑥𝑦=𝑞.
При решении таких систем часто в первом уравнении вы-
ражают одну переменную через другую, делают подстанов-
ку во второе уравнение и получают квадратное уравнение,
которое теперь надо решить. Сколько лишних шагов! Мы
можем сразу заметить, что, согласно теореме Виета, 𝑥и𝑦
должны быть корнями уравнения 𝑧2−𝑝𝑧+𝑞= 0.
Пример 1. Решить систему уравнений 𝛺193
⎧
⎨
⎩𝑥+𝑦= 7;
𝑥𝑦= 2.
Решение: 𝑥и𝑦– корни уравнения 𝑧2−7𝑧+ 2 = 0. Найдем
𝐷= 49−8 = 41 >0. Уравнение имеет два вещественных
корня
𝑧1,2=7±√
41
2.
86 ГЛАВА 2. УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКА
Ответ:система уравнений имеет два решения:
⎧
⎨
⎩𝑥=7−√
41
2
𝑦=7+√
41
2и⎧
⎨
⎩𝑥=7+√
41
2
𝑦=7−√
41
2
Пример 2. Решить систему уравнений 𝛺193
⎧
⎨
⎩𝑥+𝑦=−2;
𝑥𝑦= 7.
Решение: 𝑥и𝑦– корни уравнения 𝑧2+ 2𝑧+ 7 = 0. Найдем
𝐷= 4−28 =−24<0. Множество решений – .
Ответ:система уравнений не имеет решения.
Теперь попробуйте решить те же задачи методом подста-
новки.
Пример 3. Решить систему уравнений 𝛺193
⎧
⎨
⎩𝑥+𝑦=−5;
𝑥𝑦= 6.
Решение. По теореме Виета, такой системе соответству-
ет квадратное уравнение, два вещественных корня которого
нетрудно угадать, – это ( −2) и (−3).
Ответ: система уравнений имеет два решения: (−2;−3)и
(−3;−2).
Теперь усложним задачу.
§ 2.4. Симметричные формы 87
Пример 4. Решить систему уравнений 𝛺193
⎧
⎨
⎩2𝑥−3𝑦=−5;
𝑥𝑦= 6.
Решение. Умножив левую и правую части второго урав-
нения на (−3) и 2, мы придем к системе уравнений, левые
части которых симметричные формы относительно (2𝑥)и
(−3𝑦), а значит, (2𝑥)и(−3𝑦)являются корнями уравнения
𝑧2+ 5𝑧−36.⎧
⎨
⎩(2𝑥) + (−3𝑦) =−5;
(2𝑥)·(−3𝑦) =−36.
Найдем 𝐷= 25−4·(−36) = 169 , тогда
𝑧1,2=−5±13
2⇒𝑧1=−9и𝑧2= 4.
Это и есть два решения относительно величин (2𝑥)и(−3𝑦).
1)⎧
⎨
⎩2𝑥=−9
−3𝑦= 4⇒⎧
⎨
⎩𝑥=−9
2
𝑦=−4
3
2)⎧
⎨
⎩2𝑥= 4
−3𝑦=−9⇒⎧
⎨
⎩𝑥= 2
𝑦= 3
Ответ: (−9
2;−4
3)и(2; 3).
88 ГЛАВА 2. УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКА
Теперь рассмотрим случай, когда решение системы методом
подстановки невозможно или затруднительно.
Пример 5. Решить систему уравнений 𝛺194
⎧
⎨
⎩𝑥𝑦+𝑥+𝑦= 11;
𝑥2𝑦+𝑥𝑦2= 30.
Решение:
⎧
⎨
⎩𝑥𝑦+𝑥+𝑦= 11;
𝑥𝑦·(𝑥+𝑦) = 30 .Положим,⎧
⎨
⎩𝑢=𝑥+𝑦
𝑣=𝑥𝑦⇒⎧
⎨
⎩𝑢+𝑣= 11
𝑢𝑣= 30
Уравнение 𝑧2−11𝑧+ 30имеет два решения: 5 и 6.
1)⎧
⎨
⎩𝑢= 5
𝑣= 6⇒⎧
⎨
⎩𝑥+𝑦= 5
𝑥𝑦= 6⇒1.1)⎧
⎨
⎩𝑥= 2
𝑦= 31.2)⎧
⎨
⎩𝑥= 3
𝑦= 2
2)⎧
⎨
⎩𝑢= 6
𝑣= 5⇒⎧
⎨
⎩𝑥+𝑦= 6
𝑥𝑦= 5⇒2.1)⎧
⎨
⎩𝑥= 1
𝑦= 52.2)⎧
⎨
⎩𝑥= 5
𝑦= 1
Ответ: (2; 3),(3; 2),(1; 5)и(5; 1).
Пример 6. Решить систему уравнений 𝛺194
⎧
⎨
⎩𝑥𝑦+𝑥+𝑦= 7;
𝑥2+𝑦2+𝑥𝑦= 13.
§ 2.4. Симметричные формы 89
Решение:
⎧
⎨
⎩𝑥𝑦+𝑥+𝑦= 7;
(𝑥+𝑦)2−𝑥𝑦= 13.Положим,⎧
⎨
⎩𝑢=𝑥+𝑦;
𝑣=𝑥𝑦.
Тогда⎧
⎨
⎩𝑢+𝑣= 7
𝑢2−𝑣= 13⇒⎧
⎨
⎩𝑣= 7−𝑢
𝑢2+𝑢−20 = 0
Квадратное уравнение 𝑢2+𝑢−20 = 0имеет два решения,
которые легко угадать, опираясь на теорему Виета: 𝑢1=−5
и𝑢2= 4.
1)⎧
⎨
⎩𝑢=−5
𝑣= 7−𝑢⇒⎧
⎨
⎩𝑢=−5
𝑣= 12⇒⎧
⎨
⎩𝑥+𝑦=−5
𝑥𝑦= 12
Соответствующее квадратное уравнение 𝑧2+ 5𝑧−12 = 0.
𝐷= 25 + 48 = 73; 𝑧1.2=−5±√
73
2⇒
⇒1.1)⎧
⎨
⎩𝑥=−5−√
73
2
𝑦=−5+√
73
21.2)⎧
⎨
⎩𝑥=−5+√
73
2
𝑦=−5−√
73
2
2)⎧
⎨
⎩𝑢= 4
𝑣= 7−𝑢⇒⎧
⎨
⎩𝑢= 4
𝑣= 3⇒⎧
⎨
⎩𝑥+𝑦= 4
𝑥𝑦= 3
90 ГЛАВА 2. УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКА
Соответствующее квадратное уравнение 𝑧2−4𝑧+ 3 = 0.
⇒2.1)⎧
⎨
⎩𝑥= 1
𝑦= 32.2)⎧
⎨
⎩𝑥= 3
𝑦= 1
Ответ: (−5−√
73
2;−5+√
73
2),(−5+√
73
2;−5−√
73
2),(1; 3)и(3; 1).
Ранее мы отметили, что прямая и кривая второго порядка
не могут иметь больше двух общих точек (рис. 18а). Ана-
логично две кривые второго порядка не могут иметь более
четырех общих точек (рис. 18б).
Рис. 18.Кривые второго порядка
Пример 7. Решить систему уравнений 𝛺194
⎧
⎨
⎩𝑥2+𝑦2= 52;
𝑥𝑦= 24.
Решение. Первому уравнению соответствует окружность
радиуса√
52с центром в начале координат, второму – ги-
пербола. Как мы видим на графике (см. рис. 18б), кривые
§ 2.4. Симметричные формы 91
имеют четыре точки пересечения. Убедимся в этом, решив
систему аналитически:
⎧
⎨
⎩𝑥2+𝑦2= 52
𝑥𝑦= 24⇒⎧
⎨
⎩(𝑥+𝑦)2−2𝑥𝑦= 52
𝑥𝑦= 24⇒
⇒⎧
⎨
⎩(𝑥+𝑦)2= 100
𝑥𝑦= 24⇒⎧
⎨
⎩𝑥+𝑦=±10
𝑥𝑦= 24
Последний результат можно записать и так:
⎡
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎧
⎨
⎩𝑥+𝑦= +10;
𝑥𝑦= 24.⎧
⎨
⎩𝑥+𝑦=−10;
𝑥𝑦= 24.
Напомним, что между утверждениями, охваченными квад-
ратнойскобкой,подразумевается«логическоеИЛИ».Таким
образом, решением исходной системы уравнений будет объ-
единение решений двух систем, заключенных в квадратную
скобку. Составим для обеих систем соответствующие квад-
ратные уравнения:
1)𝑧2+ 10𝑧+ 24 = 0⇒𝑧1,2=−5±1⇒
92 ГЛАВА 2. УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКА
1.1)⎧
⎨
⎩𝑥=−6
𝑦=−41.2)⎧
⎨
⎩𝑥=−4
𝑦=−6
2)𝑧2−10𝑧+ 24 = 0⇒𝑧1,2= 5±1⇒
2.1)⎧
⎨
⎩𝑥= 6
𝑦= 42.2)⎧
⎨
⎩𝑥= 4
𝑦= 6
Ответ: (−6;−4),(−4;−6),(6; 4) ,(4; 6).
При решении систем трех уравнений с тремя неизвестны-
ми, входящими в симметричные формы, иногда приходит
на помощь теорема Виета . Для случая многочлена тре-
тьей степени она звучит так: если многочлен
𝑥3+𝑝𝑥2+𝑟𝑥+𝑞
имеет три вещественных корня 𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, для его коэффи-
циентов справедливы равенства
⎧
⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎩𝑝=−(𝑥1+𝑥2+𝑥3);
𝑟=𝑥1𝑥2+𝑥1𝑥3+𝑥2𝑥3;
𝑞=−𝑥1𝑥2𝑥3.
Чтобы убедиться в последнем, достаточно раскрыть скобки
в разложении многочлена на линейные множители и приве-
§ 2.4. Симметричные формы 93
сти подобные:
(𝑥−𝑥1)(𝑥−𝑥2)(𝑥−𝑥3) =
=𝑥3−(𝑥1+𝑥2+𝑥3)𝑥2+ (𝑥1𝑥2+𝑥1𝑥3+𝑥2𝑥3)𝑥−𝑥1𝑥2𝑥3.
Пример 8. Решить систему уравнений 𝛺195
⎧
⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎩𝑥+𝑦+𝑧= 6;
𝑥𝑦+𝑥𝑧+𝑦𝑧= 11;
𝑥𝑦𝑧= 6.
Решение. По теореме Виета, неизвестные 𝑥, 𝑦, 𝑧 должны
быть корнями многочлена 𝑡3−6𝑡2+ 11𝑡−6. Для нахож-
дения корней многочлена угадаем один из корней 𝑡= 1,
разделим многочлен на (𝑡−1), и тогда задача сведется к
нахождению корней квадратного трехчлена, как в примере
на с. 114. Многочлен имеет корни 𝑡1= 1, 𝑡2= 2, 𝑡3= 3, и
решениями системы будут все тройки (𝑥;𝑦;𝑧), являющиеся
перестановками этих трех чисел.
Ответ: (1; 2; 3) ,(1; 3; 2) ,(2; 1; 3) ,(2; 3; 1) ,(3; 1; 2) ,(3; 2; 1).
Пример 9. Решить систему уравнений 𝛺195
⎧
⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎩𝑥+𝑦+𝑧= 6;
𝑥2+𝑦2+𝑧2= 14;
𝑥𝑦𝑧= 6.
94 ГЛАВА 2. УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКА
Решение. Из тождества на с. 57 следует:
𝑥2+𝑦2+𝑧2= (𝑥+𝑦+𝑧)2−2(𝑥𝑦+𝑥𝑧+𝑦𝑧).
⎧
⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎩𝑥+𝑦+𝑧= 6
(𝑥+𝑦+𝑧)2−2(𝑥𝑦+𝑥𝑧+𝑦𝑧) = 14
𝑥𝑦𝑧= 6⇒⎧
⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎩𝑥+𝑦+𝑧= 6
𝑥𝑦+𝑥𝑧+𝑦𝑧= 11
𝑥𝑦𝑧= 6
Последнюю систему мы решили в предыдущем примере.
Ответ: (1; 2; 3) ,(1; 3; 2) ,(2; 1; 3) ,(2; 3; 1) ,(3; 1; 2) ,(3; 2; 1).
В расмотренных выше примерах присутствовали уравне-
ниявторогопорядкастремянеизвестными.Геометрический
смысл таких уравнений будет раскрыт на с. 99.
Задачи к параграфу на с. 193, п. 12–15. 𝛺
§ 2.5. Однородные многочлены
84⇔99Функция нескольких переменных 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧, . . . )на-
зывается однородной порядка n , если для любого веще-
ственного числа 𝑎 >0выполняется равенство
𝐹(𝑎𝑥, 𝑎𝑦, 𝑎𝑧, . . . ) =𝑎𝑛·𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧, . . . ).
Иногда также требуют, чтобы число 𝑛было целым. Напри-
мер, 𝐹(𝑥, 𝑦) =𝑥𝑦−√︀
𝑥3𝑦+𝑥𝑦3– однородная функция вто-
рого порядка, так как
𝐹(𝑎𝑥, 𝑎𝑦 ) =𝑎𝑥·𝑎𝑦−√︀
(𝑎𝑥)3𝑎𝑦+𝑎𝑥(𝑎𝑦)3=𝑎2(︁
𝑥𝑦−√︀
𝑥3𝑦+𝑥𝑦3)︁
.
§ 2.5. Однородные многочлены 95
Для многочленов требование 𝑎 > 0можно заменить на
𝑎̸= 0. Тогда однородным многочленом порядка n
мы будем называть многочлен от нескольких переменных
𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧, . . . ), такой, что для любого вещественного 𝑎вы-
полняется равенство 𝐹(𝑎𝑥, 𝑎𝑦, 𝑎𝑧, . . . ) =𝑎𝑛𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧, . . . ). Од-
нородный многочлен порядка 𝑛определяют и как сумму
моночленов порядка 𝑛. Тогда однородный многочлен вто-
рого порядка от двух переменных 𝑥и𝑦должен иметь вид
𝑎11𝑥2+ 2𝑎12𝑥𝑦+𝑎22𝑦2. Уравнение 𝑎11𝑥2+ 2𝑎12𝑥𝑦+𝑎22𝑦2= 0
всегда имеет тривиальное решение: 𝑥= 0; 𝑦= 0.Если ко-
эффициенты при 𝑥2и𝑦2отличны от нуля, то 𝑥= 0⇒𝑦= 0
и𝑦= 0⇒𝑥= 0.
Пример 1. Разложить на множители многочлен 𝛺192
𝑥2−5𝑥𝑦+ 6𝑦2и указать его корни.
Решение. Если 𝑦̸= 0,
𝑥2−5𝑥𝑦+ 6𝑦2=𝑦2(︃(︂𝑥
𝑦)︂2
−5·𝑥
𝑦+ 6)︃
.
Пусть𝑥
𝑦=𝑡,тогда 𝑦2−5𝑥𝑦+ 6𝑦2=𝑦2·(𝑡2−5𝑡+ 6) =
=𝑦2(𝑡−2)(𝑡−3) = 𝑦2(︂𝑥
𝑦−2)︂(︂𝑥
𝑦−3)︂
= (𝑥−2𝑦)(𝑥−3𝑦).
Ответ: (𝑥−2𝑦)(𝑥−3𝑦).
Таким образом, задача разложения на множители однород-
ногомногочленавторогопорядкасдвумяпеременнымисво-
96 ГЛАВА 2. УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКА
дится к задаче нахождения корней квадратного трехчлена.
Отсюдамыможемизвлечьещеодинприемнахождениякор-
ней квадратного трехчлена.
Пример 2. Разложить на множители трехчлен 𝛺192
6𝑥2−5𝑥+ 1и указать его корни.
Решение. Поставим в соответствие исходному квадратно-
му трехчлену однородный многочлен 6𝑥2−5𝑥𝑦+𝑦2. Теперь,
чтобы вернуться к исходному, достаточно положить 𝑦= 1.
6𝑥2−5𝑥𝑦+𝑦2=𝑥2(︂
6−5𝑦
𝑥+(︁𝑦
𝑥)︁2)︂
=𝑥2(6−5𝑡+𝑡2) =
=𝑥2(𝑡2−5𝑡+ 6) = 𝑥2(𝑡−2)(𝑡−3).
Теперь вспомним, что 𝑡=𝑦
𝑥, и возьмем 𝑦= 1.
6𝑥2−5𝑥𝑦+𝑦2=𝑥2(︂1
𝑥−2)︂(︂1
𝑥−3)︂
=
= (1−2𝑥)(1−3𝑥) = (2 𝑥−1)(3𝑥−1).
Ответ: (2𝑥−1)(3𝑥−1), корни 𝑥=1
2и𝑥=1
3.
Значит, если квадратный трехчлен имеет вид 𝑎𝑥2+𝑏𝑥+ 1,
для нахождения его корней достаточно найти корни трех-
члена 𝑦2+𝑏𝑦+𝑎и в ответе записать их обратные величины.
Пример 3. Решить уравнение 𝑥2−5𝑥𝑦+ 6𝑦2= 0. 𝛺195
Решение. Такое уравнение всегда имеет тривиальное ре-
шение: (𝑥= 0)&( 𝑦= 0).Если 𝑦̸= 0, мы можем разделить
§ 2.5. Однородные многочлены 97
левую и правую части уравнения на 𝑦2. Пусть𝑥
𝑦=𝑡. Тогда
𝑡2−5𝑡+ 6 = 0. Если дискриминант меньше нуля, других ре-
шений, кроме тривиального, не существует. Находим 𝑡1= 2
и𝑡2= 3. Следовательно, 𝑥= 2𝑦и𝑥= 3𝑦. Тривиальное ре-
шение удовлетворяет обоим равенствам.
Ответ:{(𝑥;𝑦)|𝑥= 2𝑦}∪{ (𝑥;𝑦)|𝑥= 3𝑦}, где 𝑥, 𝑦∈ℜ.
Таким образом, на плоскости однородному алгебраическо-
му уравнению второго порядка соответствует или одна точ-
ка с координатами (0; 0), или две пересекающиеся в начале
координат прямые.
Пример 4. Решить систему уравнений 𝛺195
⎧
⎨
⎩𝑥2−5𝑥𝑦+ 8𝑦2= 0;
𝑥2+ 3𝑥𝑦+ 2𝑦2= 48.
Решение. Первоеуравнениеоднородное.Разделивегона 𝑦2
и введя замену𝑥
𝑦=𝑡, придем к уравнению 𝑡2−5𝑡+ 8 = 0.
Дискриминант 𝐷= 25−32 =−7<0. Значит, уравнение
𝑥2−5𝑥𝑦+ 8𝑦2= 0имеет только одно тривиальное решение
(𝑥= 0)&( 𝑦= 0). Подставив это решение во второе уравне-
ние, придем к ложному утверждению: 0 = 48.
Ответ:система не имеет решения.
98 ГЛАВА 2. УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКА
Пример 5. Решить систему уравнений 𝛺195
⎧
⎨
⎩𝑥2−5𝑥𝑦+ 6𝑦2= 0;
𝑥2+ 3𝑥𝑦+ 2𝑦2= 48.
Решение. Первое уравнение однородное. Разделив его ле-
вую и правую части на 𝑦и введя замену𝑥
𝑦=𝑡, придем
к уравнению 𝑡2−5𝑡+ 6 = 0. Его корни: 𝑡1= 2и𝑡2= 3.
1)𝑡= 2⇒𝑥= 2𝑦. Подставляем 𝑥= 2𝑦во второе уравнение
системы: 12𝑦2= 48⇒𝑦2= 4⇒𝑦=±2⇒𝑥=±4.
2)𝑡= 3⇒𝑥= 3𝑦. Подставляем 𝑥= 3𝑦во второе уравнение
системы:
20𝑦2= 48⇒𝑦2= 4,8⇒𝑦=±√4,8⇒𝑥=±3√4,8.
Ответ: (−2;−4),(2; 4) ,(−√4,8;−3√4,8),(√4,8;√4,8).
Пример 6. Решить систему уравнений 𝛺195
⎧
⎨
⎩3𝑥2−2𝑥𝑦= 160;
𝑥2−3𝑥𝑦−2𝑦2= 8.
Решение. Оба уравнения неоднородны. Умножим второе
уравнение на 20 и вычтем из результата первое уравнение:
20𝑥2−60𝑥𝑦−40𝑦2= 160
3𝑥2−2𝑥𝑦 = 160
17𝑥2−58𝑥𝑦−40𝑦2= 0.
§ 2.6. Уравнения с тремя неизвестными 99
Мы пришли к следующей эквивалентной исходной системе:
⎧
⎨
⎩17𝑥2−58𝑥𝑦−40𝑦2= 0;
3𝑥2−2𝑥𝑦= 160 .
Разделимпервоеуравнениена 𝑦2иобозначим𝑥
𝑦=𝑡.Найдем
дискриминант уравнения 17𝑡2−58𝑡−40 = 0:
𝐷= 582−4·17·(−40) = 6084 >0.√
6084 = 78 . Корни
уравнения: 𝑡1,2=58±78
34⇒𝑡1=−10
17;𝑡2= 4.
1)𝑡=−10
17⇒𝑥
𝑦=−10
17⇒10𝑦=−17𝑥. Умножим второе
уравнение на 10 и подставим (−17𝑥)вместо 10𝑦:
64𝑥2= 1600⇒𝑥=±5⇒𝑦=∓17
2.
2)𝑡= 4⇒𝑥= 4𝑦. Подставим 𝑥= 4𝑦во второе уравнение
системы: 40𝑦2= 160⇒𝑦2= 4⇒𝑦=±2⇒𝑥=±8.
Ответ: (−5;17
2),(5;−17
2),(−8;−2),(8; 2).
Задачи к параграфу на с. 195, п. 16. 𝛺
§ 2.6. Уравнения с тремя неизвестными
94⇔102Уравнения второго порядка с тремя неизвестными
в задачах средней школы встречаются нечасто. Общий вид
уравнения:
𝑎11𝑥2+𝑎22𝑦2+𝑎33𝑧2+ 2𝑎12𝑥𝑦+ 2𝑎13𝑥𝑧+ 2𝑎23𝑦𝑧+
+𝑎1𝑥+𝑎2𝑦+𝑎3𝑧+𝑎0= 0.
100 ГЛАВА 2. УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКА
За исключением вырожденных случаев, каждому такому
уравнению соответствует поверхность в трехмерном про-
странстве. Несмотря на большое количество членов уравне-
ния, соответствующих типов поверхностей не так уж мно-
го. Просто существует континиум способов расположения
поверхности в системе координат. Как и в случае уравне-
ний второго порядка, в некоторой системе координат за-
пись уравнений имеет канонический вид. Прежде всего за-
метим, что каждой кривой второго порядка плоскости 𝑂𝑥𝑦
в пространстве соответствует цилиндрическая поверхность.
Это эллиптический (рис. 19а), гиперболический (рис. 19б) и
параболический (рис. 19в) цилиндры. Действительно, каж-
Рис. 19.Цилиндрические поверхности
дой точке плоскости с координатами (𝑥0;𝑦0)соответствует в
пространстве прямая, т. е. множество точек с координатами
(𝑥0;𝑦0;𝑧), где 𝑧∈ℜ. Если прямую перемещать параллельно
самой себе вдоль некоторой плоской кривой, она опишет в
пространстве цилиндрическую поверхность. Однако класс
§ 2.6. Уравнения с тремя неизвестными 101
поверхностей второго порядка несколько шире (рис. 20):
1. Эллипсоид:𝑥2
𝑎2+𝑦2
𝑏2+𝑧2
𝑐2= 1(20а).
2. Эллиптический параболоид: 𝑧=𝑥2
𝑎2+𝑦2
𝑏2(20б).
3. Гиперболический параболоид: 𝑧=𝑥2
𝑎2−𝑦2
𝑏2(20в).
4. Двуполостный гиперболоид:𝑥2
𝑎2+𝑦2
𝑏2−𝑧2
𝑐2=−1(20г).
5. Однополостный гиперболоид:𝑥2
𝑎2+𝑦2
𝑏2−𝑧2
𝑐2= 1(20д).
6. Конус:𝑥2
𝑎2+𝑦2
𝑏2−𝑧2
𝑐2= 0(20е).
Рис. 20.Основные типы поверхностей второго порядка
Cечение любой поверхности второго порядка плоскостью –
кривая второго порядка.
Глава 3. Уравнения старшего порядка
§ 3.1. Операции над многочленами
99⇔107Операции умножения и сложения многочленов,
как и аналогичные операции на множестве вещественных
чисел (с. 55), обладают свойствами коммутативности и ассо-
циативностиисвязаныдистрибутивнымзаконом.Вматема-
тикемножество,накоторомопределеныоперациисложения
и умножения, удовлетворяющие таким свойствам, называ-
юткольцом . Относительно сложения в этом кольце суще-
ствует «ноль», который просто совпадает с числом ноль, и
для каждого многочлена существует противоположный, та-
кой, что сумма исходного многочлена и противоположного
ему равна нулю. В этом кольце вещественные числа будут
многочленами нулевой степени. Пусть даны два многочлена
степени 𝑛и𝑚. Тогда
1) степень их произведения равна 𝑛+𝑚;
2) cтепень суммы не превышает 𝑚𝑎𝑥{𝑛, 𝑚}.
Обратите внимание: сумма может иметь степень, меньшую,
чем у слагаемых. Это связано с тем, что старшие степени
могут сократиться. Таким образом, множество многочле-
нов замкнуто относительно операций сложения, вычитания
и умножения в том смысле, что результат этих операций
всегда многочлен. Однако этого нельзя сказать о делении.
Многочлен 𝑃𝑛делится на многочлен 𝐷𝑛, если существует
§ 3.1. Операции над многочленами 103
такой многочлен 𝑄𝑛, что 𝑃𝑛=𝐷𝑛·𝑄𝑛. Например,
𝐷3(𝑥) =𝑥3+ 2𝑥−3;𝑄2(𝑥) =𝑥2−1;
𝑃5(𝑥) =𝐷3(𝑥)·𝑄2(𝑥) = (𝑥3+2𝑥−3)·(𝑥2−1) = 𝑥5+𝑥3−3𝑥2−2𝑥+3.
Тогда многочлен 𝑃5делится без остатка, как на 𝐷3, так и
на𝑄2. Напрашивается аналогия с множеством целых чисел.
Множество целых чисел также замкнуто относительно опе-
раций сложения, вычитания и умножения, но не деления.
Чтобы определить, делится ли число 3251на12, выполним
известный алгоритм:
3 2 5 1 12
2 4 270
8 5
8 4
1 1
В таком случае говорят, что при делении 3251на12мы по-
лучили 270и11в остатке. Остаток всегда неотрицательное
целое число, меньшее делителя. Таким образом,
3251
12= 270 +11
12или3251 = 170·12 + 11 .
Теперь вспомним суть десятичной записи числа:
3251 = 3·103+ 2·102+ 5·10 + 1 .
104 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
Если в этой записи заменить 10на𝑥, получится многочлен
третьей степени 3𝑥3+ 2𝑥2+ 5𝑥+ 1. Алгоритм деления мно-
гочлена на многочлен практически ничем не отличается от
алгоритма деления целых чисел. Он даже проще, посколь-
ку не приходится рассматривать единицу старшего разряда
как 10 единиц младшего.
Пример 1. Разделить многочлен 𝛺196
𝑃5(𝑥) =𝑥5+3𝑥3+𝑥2−2𝑥+1намногочлен 𝐷2(𝑥) =𝑥2+2𝑥+1.
Решение. Выполним деление многочлена на многочлен по
аналогии с известным алгоритмом:
𝑥5+3𝑥3+𝑥2−2𝑥+1 𝑥2+ 2𝑥+ 1
𝑥5+2𝑥4+𝑥3𝑥3−2𝑥2+ 6𝑥−9
−2𝑥4+2𝑥3+𝑥2
−2𝑥4−4𝑥3−2𝑥2
6𝑥33𝑥2−2𝑥
6𝑥312𝑥2+6𝑥
−9𝑥2−8𝑥+1
−9𝑥2−18𝑥−9
10x+10
Ответ:
𝑥5+ 3𝑥3+𝑥2−2𝑥+ 1
𝑥2+ 2𝑥+ 1=𝑥3−2𝑥2+ 6𝑥−9 +10𝑥+ 10
𝑥2+ 2𝑥+ 1.
§ 3.1. Операции над многочленами 105
С учетом тождества 𝑥2+2𝑥+1 = ( 𝑥+1)2, последнюю дробь
можно сократить на 𝑥+ 1:
𝑥5+ 3𝑥3+𝑥2−2𝑥+ 1
𝑥2+ 2𝑥+ 1=𝑥3−2𝑥2+ 6𝑥−9 +10
𝑥+ 1.
Другой способ записи результата:
𝑥5+3𝑥3+𝑥2−2𝑥+1 = ( 𝑥3−2𝑥2+6𝑥−9)·(𝑥2+2𝑥+1)+10 𝑥+10.
Из применяемого в алгоритме метода исключения старших
членов следует, что в остатке всегда получится многочлен
степени,меньшей,чемуделителя.Вчастности,приделении
многочлена на линейный член в остатке будет получаться
вещественное число.
Деление многочлена на линейный член также можно про-
изводить лесенкой, но существует более компактная схема –
схема Горнера . Суть ее заключается в следующем. Пусть
многочлен 𝑎0𝑥𝑛+𝑎1𝑥𝑛−1+. . .+𝑎𝑛−1𝑥+𝑎𝑛требуется разде-
лить на линейный член (𝑥−𝑐).
Положим 𝑏0𝑥𝑛−1+𝑏1𝑥𝑛−2+. . .+𝑏𝑛−2𝑥+𝑏𝑛−1– результат
деления, а 𝑟– остаток. Тогда
𝑎0𝑥𝑛+𝑎1𝑥𝑛−1+. . .+𝑎𝑛−1𝑥+𝑎𝑛=
= (𝑏0𝑥𝑛−1+𝑏1𝑥𝑛−2+. . .+𝑏𝑛−2𝑥+𝑏𝑛−1)·(𝑥−𝑐) +𝑟.
106 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
Раскроем скобки в правой части последнего равенства и
приведем подобные:
𝑎0𝑥𝑛+𝑎1𝑥𝑛−1+. . .+𝑎𝑛−1𝑥+𝑎𝑛=𝑏0𝑥𝑛+ (𝑏1−𝑏0𝑐)𝑥𝑛−1+. . .
Отсюда 𝑎0=𝑏0;𝑎1=𝑏1−𝑏0𝑐;𝑎2=𝑏2−𝑏1𝑐и т. д. Наконец,
𝑎𝑛−1=𝑏𝑛−1−𝑏𝑛−2𝑐и𝑎𝑛=𝑟−𝑏𝑛−1𝑐. Теперь из послед-
них равенств поочередно выражаем: 𝑏0=𝑎0;𝑏1=𝑎1+𝑏0𝑐;
𝑏2 =𝑎2+𝑏1𝑐и т. д., пока не дойдем до 𝑏𝑛−1=𝑎𝑛−1+𝑏𝑛−2𝑐
и𝑟=𝑎𝑛+𝑏𝑛−1𝑐. Таким образом, зная коэффициенты ис-
ходного многочлена и линейный член (𝑥−𝑐), мы можем по-
следовательно найти все коэффициенты результата деления
и остаток. Вычисления удобно выполнять в таблице. Тогда
после некоторой тренировки вы доведете выполнение этой
операции до автоматизма.
Пример 2. Разделить многочлен 𝑥4−5𝑥3+ 2𝑥2−3𝑥+ 7 𝛺196
на линейный член 𝑥−2.
Решение. Составим таблицу из трех строк. В первую стро-
ку занесем степени коэффициентов от четвертой до нуле-
вой, во вторую поместим соответствующие коэффициенты
исходного многочлена, а третью, где должны быть коэффи-
циенты результата выполнения операции и остаток, будем
заполнять в ходе выполнения схемы Горнера.
§ 3.2. Разложение многочленов на множители 107
Степень 43210Остаток
a1−52−37–
b01−3−4−11−15
Заполним строку коэффициентов 𝑏. В ячейке, соответству-
ющей степени 4, ставим 0, поскольку результат деления –
многочлен степени 3. Далее каждую следующую ячейку по-
лучаем из двух ячеек предыдущего столбца: строки 𝑎и𝑏.
Для этого к значению 𝑎из предыдущего столбца прибав-
ляем значение 𝑏из того же столбца, умноженное на 2, по-
скольку в нашей задаче 𝑐= 2. В последней ячейке помеща-
ем значение остатка. Осталось только записать результат в
терминах математической символики.
Ответ:
𝑥4−5𝑥3+ 2𝑥2−3𝑥+ 7 = ( 𝑥−2)·(𝑥3−3𝑥2−4𝑥−11)−15.
Проверьте результат, применив алгоритм деления лесенкой.
Задачи к параграфу на с. 196, п. 17–18. 𝛺
§ 3.2. Разложение многочленов
на множители
102⇔125В курсе средней школы мы чаще имеем дело с
многочленами от одной переменной, при этом как перемен-
ную 𝑥, так и все коэффициенты многочлена считаем веще-
108 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
ственными числами. Решить уравнение с многочленом в ле-
вой части 𝑃𝑛(𝑥) = 0– значит найти все его корни, т. е. такие
значения 𝑥, при которых многочлен обращается в ноль. В
свою очередь задача нахождения корней существенно об-
легчается, если удается разложить многочлен на множи-
тели. Но сначала о корнях. Мы пока признаем только ве-
щественные корни. Для квадратного трехчлена эта задача
выполнима, если его дискриминант неотрицателен. Много-
член третьей степени всегда имеет хотя бы один веществен-
ный корень, и его корни находятся по формуле, открытой
в XVI веке Кардано (с. 149). В этом же веке итальянским
математиком Лудовико Феррари получено общее решение
уравнения четвертой степени. Таким образом, после Ферра-
ри математики сосредоточились на задаче нахождения кор-
ней многочлена пятой степени, но не тут-то было. Только в
XIX веке норвежский математик Нильс Абель доказал, что
корни уравнения пятой степени в общем случае не выража-
ютсячерезрадикалы.Поэтомууравнениясвышечетвертого
порядка обычно решают численно, хотя есть приемы, позво-
ляющие в отдельных конкретных случаях найти эти корни
и аналитически. Если многочлен 𝑃𝑛(𝑥)удастся разложить
на𝑚множителей:
𝑃𝑛(𝑥) =𝑃𝑘1(𝑥)·𝑃𝑘2(𝑥). . . 𝑃 𝑘𝑚(𝑥),где𝑘1+𝑘2+. . .+𝑘𝑚=𝑛,
§ 3.2. Разложение многочленов на множители 109
то множество решений исходного уравнения будет объеди-
нениеммножестврешенийвсехуравнений 𝑃𝑘𝑖(𝑥) = 0, где
𝑖= 1,2, . . . 𝑚. В данном параграфе мы рассмотрим несколь-
коприемовразложениямногочленовнамножители.Впервую
очередь, это непосредственное использование известных ал-
гебраических тождеств.
Пример 1. Разложить на множители многочлен 𝛺197
𝑥4−18𝑥2+ 81.
Решение:
𝑥4−18𝑥2+81 =(︀
𝑥2)︀2−2·9·𝑥2+92= (𝑥2−9)2= (𝑥−3)2(𝑥+3)2.
Ответ: 𝑥4−18𝑥2+ 81 = ( 𝑥−3)2(𝑥+ 3)2.
Пример 2. Разложить на множители многочлен 𝑥6+𝑦6.𝛺197
Решение:
𝑥6+𝑦6=(︀
𝑥2)︀3+(︀
𝑦2)︀3= (𝑥2+𝑦2)(𝑥4−𝑥2𝑦2+𝑦4) =
= (𝑥2+𝑦2)(𝑥4+ 2𝑥2𝑦2+𝑦2+𝑦4−3𝑥2𝑦2) =
= (𝑥2+𝑦2)(︁
(𝑥2+𝑦2)2−(√
3𝑥𝑦)2)︁
=
= (𝑥2+𝑦2)(𝑥2−√
3𝑥𝑦+𝑦2)(𝑥2−√
3𝑥𝑦+𝑦2).
Ответ: 𝑥6+𝑦6= (𝑥2+𝑦2)(𝑥2−√
3𝑥𝑦+𝑦2)(𝑥2−√
3𝑥𝑦+𝑦2).
Часто все проблемы решает удачная группировка.
Пример 3. Разложить на множители многочлен 𝛺197
𝑥4+ 4𝑥2−5.
110 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
Решение:
𝑥4+ 4𝑥2−5 =𝑥4−𝑥2+ 5𝑥2−5 =𝑥2(𝑥2−1) + 5( 𝑥2−1) =
= (𝑥2−1)(𝑥2+ 5) = ( 𝑥−1)(𝑥+ 1)( 𝑥2+ 5).
Ответ: 𝑥4+ 4𝑥2−5 = ( 𝑥−1)(𝑥+ 1)( 𝑥2+ 5).
Теперь немного теории.
Теорема 1. Многочлен n-го порядка 𝑃𝑛(𝑥)делится на ли-
нейный член (𝑥−𝑐)без остатка тогда и только тогда, когда 𝑐
является корнем многочлена.
Доказательство. Разделив многочлен 𝑃𝑛(𝑥)на линейный
член (𝑥−𝑐)так, как мы это делали в предыдущем парагра-
фе, придем к равенству
𝑃𝑛(𝑥) =𝐷𝑛−1(𝑥)·(𝑥−𝑐) +𝑟,
где𝐷𝑛−1(𝑥)– некоторый многочлен порядка 𝑛−1, а𝑟– оста-
ток. Если деление прошло без остатка, 𝑟= 0. Подставим в
равенство 𝑥=𝑐: правая часть обратится в ноль и равенство
примет вид 𝑃𝑛(𝑐) = 0, т. е. 𝑐– корень 𝑃𝑛(𝑥). И наоборот.
Если 𝑐– корень, то при 𝑥=𝑐левая часть и линейный мно-
житель в правой части обращаются в ноль, следовательно,
𝑟= 0.Теорема доказана.
Если коэффициенты многочлена в алгебраическом уравне-
нии – рациональные числа, а значит, представимы в виде
§ 3.2. Разложение многочленов на множители 111
рациональных дробей, то умножив левую и правую части
уравнения на наименьшее общее кратное знаменателей всех
дробей, мы получим многочлен с целыми коэффициентами.
Поэтому следующие утверждения достаточно сформулиро-
вать только для многочленов с целыми коэффициентами.
Теорема 2. Если многочлен с целыми коэффициентами
имеет целый корень, этот корень должен быть делителем
свободного члена.
Доказательство. Пусть 𝑐– решение уравнения
𝑎0𝑥𝑛+𝑎1𝑥𝑛−1+···+𝑎𝑛−1𝑥+𝑎𝑛= 0.
Тогда
𝑎𝑛=−𝑐·(𝑎0𝑐𝑛−1+𝑎1𝑐𝑛−2+···+𝑎𝑛−1).
Таким образом, 𝑎𝑛является произведением 𝑐на другое це-
лое число. Теорема доказана .
Когда мы применяли теорему Виета к квадратным трех-
членам,тоискалиделителисвободногочлена.Оказывается,
целые корни многочлена любого порядка с целыми коэффи-
циентами являются делителям свободного члена. Проверка
подстановкой может занять много времени. Например, если
свободный член равен 60, он имеет 24 делителя:
±1;±2;±3;±4;±5;±6;±10;±12;±15;±20;±30;±60.
112 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
Если оказалось, что ни один из делителей свободного чле-
на не является корнем, вам не повезло! Многочлен не имеет
целых корней. Только что доказанную теорему можно обоб-
щить на случай рационального корня.
Теорема 3. Если корнем многочлена 𝑃𝑛(𝑥)с целыми коэф-
фициентами является рациональное число, представленное
несократимой дробью𝑝
𝑞, где 𝑝и𝑞– целые числа, то числи-
тель дроби 𝑝является делителем свободного члена, а зна-
менатель 𝑞– делителем старшего коэффициента.
Доказательство. Пусть 𝑐=𝑝
𝑞– решение уравнения
𝑃𝑛(𝑥) = 0 .
𝑎0(︂𝑝
𝑞)︂𝑛
+𝑎1(︂𝑝
𝑞)︂𝑛−1
+. . .+𝑎𝑛−1𝑝
𝑞+𝑎𝑛= 0.
Умножив его левую и правую части на 𝑞𝑛, получим уравне-
ние
𝑎0𝑝𝑛+𝑎1𝑝𝑛−1𝑞+. . .+𝑎𝑛−1𝑝𝑞𝑛−1+𝑎𝑛𝑞𝑛= 0⇒
⇒𝑎0𝑞𝑛=−𝑝·(︀
𝑎1𝑝𝑛−1𝑞+. . .+𝑎𝑛−1𝑝𝑞𝑛−1+𝑎𝑛𝑞𝑛)︀
.
Правая часть последнего равенства делится на 𝑝. Посколь-
ку целые числа 𝑝и𝑞не имеют общих делителей, 𝑎0делится
на𝑝.
§ 3.2. Разложение многочленов на множители 113
Теперьперенесемвправуючастьвсемоночлены,кроме 𝑎0𝑝𝑛:
𝑎0𝑝𝑛=𝑞·(︀
𝑎1𝑝𝑛−1𝑞+. . .+𝑎𝑛−1𝑝𝑞𝑛−2+𝑎𝑛𝑞𝑛−1)︀
.
Правая часть делится на 𝑞. Следовательно, старший коэф-
фициент в левой части 𝑎0делится на 𝑞.Теорема доказана .
Такимобразом,дляпроверкисуществованиярациональных
корней𝑝
𝑞многочлена 𝑃𝑛(𝑥), мы должны выполнить следу-
ющие три шага:
1) найти все делители свободного члена;
2) найти все делители старшего члена;
3) проверить подстановкой все дроби, числитель которых
найден на первом шаге, а знаменатель – на втором.
При этом надо помнить, что каждая пара натуральных чи-
сел𝑝и𝑞будет представлять два рациональных числа:𝑝
𝑞
и(︁
−𝑝
𝑞)︁
. Если ни одна из рациональных дробей, составлен-
ных по известному правилу, не является корнем, то мы зря
трудились: многочлен имеет только иррациональные корни.
Но, если мы угадаем один из корней, мы можем понизить
порядок многочлена, разделив его на (𝑥−𝑝
𝑞).
Пример 4. Разложить на множители многочлен 𝛺197
𝑥4+ 4𝑥2−5.
Решение. Эту задачу мы уже решали в примере на с. 109
методомгруппировки.Теперьиспользуемдругойприем.Лег-
ко проверить подстановкой, что выражение обращается в
114 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
ноль при 𝑥= 1и𝑥=−1. Тогда многочлен должен делиться
без остатка на (𝑥−1)и(𝑥+ 1), а значит, и на
(𝑥−1)(𝑥+ 1) = 𝑥2−1.
𝑥4+4𝑥2−5𝑥2−1
𝑥4−𝑥2𝑥2+ 5
5𝑥2−5
5𝑥2−5
0
Ответ: 𝑥4+ 4𝑥2−5 = ( 𝑥−1)(𝑥+ 1)( 𝑥2+ 5).
Пример 5. Разложить на множители многочлен 𝛺198
𝑥3+ 2𝑥2+𝑥−18.
Решение. Заметим,чтокорнеммногочленаявляется 𝑥= 2,
и выполним деление многочлена на 𝑥−2по схеме Горнера,
как показано на с. 106.
Степень 3210Остаток
a121−18–
b–1490
Таким образом, 𝑥3+ 2𝑥2+𝑥−18 = ( 𝑥−2)(𝑥2+ 4𝑥+ 9).
У квадратного трехчлена дискриминант меньше нуля, и
дальнейшее разложение на множители невозможно.
Ответ: 𝑥3+ 2𝑥2+𝑥−18 = ( 𝑥−2)(𝑥2+ 4𝑥+ 9).
Пример 6. Разложить на множители многочлен 𝛺198
2𝑥3+𝑥2+ 4𝑥−15.
§ 3.2. Разложение многочленов на множители 115
Решение. Прежде всего в соответствии с теоремой 3 вы-
полним три шага, указанные на с. 113:
1) все делители свободного члена: ±1;±3;±5;±15;
2) все делители старшего члена: ±1;±2;
3) все возможные рациональные дроби, в которых числи-
тель взят из 1-го пункта, а знаменатель – из 2-го:
±1;±3;±5;±15;±1
2;±3
2;±5
2;±15
2.
Проверка подстановкой показывает, что из 18 перечислен-
ных рациональных чисел только3
2является корнем рас-
сматриваемого многочлена. Действительно,
2(︂3
2)︂3
+(︂3
2)︂3
+43
2−15 =1
23·(2·33+32+4·3·22−15·23) =
=1
8·(54 + 18 + 48−120) = 0 .
Любой человек, имеющий навыки работы на персональном
компьютере,легкоможетпроверитьвсеперечисленныепод-
становки, например в Excel. Таким образом,(︀
𝑥−3
2)︀
являет-
ся делителем рассматриваемого многочлена. Но мы, чтобы
избежать операций с дробями, выполним деление многочле-
на на линейный член: 2·(︀
𝑥−3
2)︀
= (2𝑥−3). Так как коэф-
фициент при 𝑥в линейном члене не равен единице, схема
Горднера здесь не сработает и мы выполним деление «ле-
сенкой»:
116 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
2𝑥3+𝑥2+4𝑥−15 2𝑥−3
2𝑥3−3𝑥2𝑥2+ 5
4𝑥2+4𝑥
4𝑥2−6𝑥
10𝑥-15
10𝑥-15
0
Поскольку 𝑥2+ 5не раскладывается на множители, задача
решена.
Ответ: 2𝑥3+𝑥2+ 4𝑥−15 = (2 𝑥−3)(𝑥2+ 5).
Если коэффициенты многочлена четвертой степени симмет-
ричны относительно среднего члена, можно применить сле-
дующий прием.
Пример 7. Разложить на множители многочлен 𝛺199
𝑥4−6𝑥3+ 10𝑥2−6𝑥+ 1.
Решение. Очевидно, 𝑥̸= 0.
𝑥4−6𝑥3+ 10𝑥2−6𝑥+ 1 = 𝑥2(︂
𝑥2−6𝑥+ 10−6
𝑥+1
𝑥2)︂
=
=𝑥2(︂(︂
𝑥2+1
𝑥2)︂
−6(︂
𝑥+1
𝑥)︂
+ 10)︂
.
§ 3.2. Разложение многочленов на множители 117
Пусть(︀
𝑥+1
𝑥)︀
=𝑧, тогда(︀
𝑥2+1
𝑥2)︀
=(︀
𝑥+1
𝑥)︀2−2и выраже-
ние примет вид
𝑥2(𝑧2−2−6𝑧+ 10)⇒𝑥2(𝑧2−6𝑧+ 8)⇒𝑥2(𝑧−2)(𝑧−4).
Выражение обращается в ноль при 𝑧= 2и𝑧= 4:
1)𝑧= 2⇒𝑥+1
𝑥= 2⇒𝑥2−2𝑥+ 1⇒𝑥1,2= 1.
2)𝑧= 4⇒𝑥+1
𝑥= 4⇒𝑥2−4𝑥+ 1⇒𝑥3,4= 2±√
3.
Ответ:
𝑥4−6𝑥3+10𝑥2−6𝑥+1 = ( 𝑥−1)2(︁
𝑥−(2−√
3))︁(︁
𝑥−(2 +√
3))︁
.
Мы могли решить эту задачу и иначе: заметив, что 1–
корень многочлена, разделить многочлен на (𝑥−1)(при-
мер на с. 106). Оказывается, 1является и корнем частного,
которое следует также разделить на (𝑥−1). В конечном
итоге останется только найти корни квадратного трехчлена
𝑥2−4𝑥+ 1.
В данном случае проблему нахождения корней многочле-
на четвертой степени мы свели к задаче решения квадрат-
ных уравнений. Тот же прием позволяет понижать порядок
уравнений более высокой степени.
Пример 8. Разложить на множители многочлен 𝛺199
𝑥6−3𝑥5+ 2𝑥4−3𝑥3+ 2𝑥2−3𝑥+ 1.
118 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
Решение. Вынесем за скобки величину 𝑥3:
𝑥3(︂
𝑥3−3𝑥2+ 2𝑥−3 + 21
𝑥−3(︂1
𝑥2)︂
+(︂1
𝑥3)︂)︂
=
=𝑥3(︂(︂
𝑥3+1
𝑥3)︂
−3(︂
𝑥2+1
𝑥2)︂
+ 2(︂
𝑥+1
𝑥)︂
−3)︂
.
Пусть(︀
𝑥+1
𝑥)︀
=𝑧, тогда(︀
𝑥2+1
𝑥2)︀
=(︀
𝑥+1
𝑥)︀2−2. Выведем
аналогичную формулу и для(︀
𝑥3+1
𝑥3)︀
:
(︂
𝑥+1
𝑥)︂3
=𝑥3+ 3𝑥+ 31
𝑥+1
𝑥3=(︂
𝑥3+1
𝑥3)︂
+ 3(︂
𝑥+1
𝑥)︂
=
=(︂
𝑥3+1
𝑥3)︂
+ 3𝑧=⇒𝑥3+1
𝑥3=𝑧3−3𝑧.
Таким образом,
𝑥3(︂(︂
𝑥3+1
𝑥3)︂
−3(︂
𝑥2+1
𝑥2)︂
+ 2(︂
𝑥+1
𝑥)︂
−3)︂
=
=𝑥3(︀
𝑧3−3𝑧−3(𝑧2−2) + 2 𝑧−3)︀
=
=𝑥3(︀
𝑧3−3𝑧2−𝑧−3)︀
=𝑥3(︀
𝑧2(𝑧−3)−(𝑧−3))︀
=
=𝑥3(𝑧−3)(𝑧+ 1)( 𝑧−1).
Рассмотрим три случая: 𝑧=−1,𝑧= 1и𝑧= 3.
1)𝑧=−1⇒𝑥+1
𝑥=−1⇒𝑥2+𝑥+ 1 = 0. Дискриминант
меньше нуля. Вещественных корней нет.
2)𝑧= 1⇒𝑥+1
𝑥= 1⇒𝑥2−𝑥+1 = 0. Дискриминант меньше
§ 3.2. Разложение многочленов на множители 119
нуля. Вещественных корней нет.
3)𝑧= 3⇒𝑥+1
𝑥= 3⇒𝑥2−3𝑥+ 1 = 0⇒𝑥1,2=3±√
5
2.
Ответ:
𝑥6−3𝑥5+ 2𝑥4−3𝑥3+ 2𝑥2−3𝑥+ 1 =
=(︀
𝑥2+𝑥+ 1)︀(︀
𝑥2−𝑥+ 1)︀(︃
𝑥−3−√
5
2)︃(︃
𝑥−3 +√
5
2)︃
.
Рассмотрим примеры, когда делителем многочлена являет-
ся неполный квадрат вида 𝑥2+𝑞. Начнем с многочлена тре-
тьей степени 𝑃3(𝑥) =𝑎0𝑥3+𝑎1𝑥2+𝑎2𝑥+𝑎3. Пусть
𝑎0𝑥3+𝑎1𝑥2+𝑎2𝑥+𝑎3= (𝑎𝑥+𝑏)(𝑥2+𝑞) =𝑎𝑥3+𝑏𝑥2+𝑎𝑞𝑥+𝑏𝑞.
Задача легко решается методом группировки.
Пример 9. Разложить на множители многочлен 𝛺199
2𝑥3−3𝑥2+ 4𝑥−6.
Решение:
𝑥2(2𝑥−3) + 2(2 𝑥−3) = (2 𝑥−3)(𝑥2+ 2).
Ответ: 2𝑥3−3𝑥2+ 4𝑥−6 = (2 𝑥−3)(𝑥2+ 2).
Пусть теперь многочлен четвертой степени 𝑃4(𝑥)имеет де-
120 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
литель вида 𝑥2+𝑞:
𝑎4𝑥4+𝑎3𝑥3+𝑎2𝑥2+𝑎1𝑥+𝑎0= (𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐)(𝑥2+𝑞) =
=𝑎𝑥4+𝑏𝑥3+ (𝑐+𝑎𝑞)𝑥2+𝑏𝑞𝑥+𝑐𝑞.
Еслиприравнятькоэффициентымногочленоввлевойипра-
вой частях двойного равенства, мы получим систему пяти
уравнений для нахождения четырех неизвестных: 𝑎, 𝑏, 𝑐и𝑞.
Если система несовместна, наша гипотеза неверна.
Пример 10. Разложить на множители многочлен 𝛺199
2𝑥4+𝑥3+ 4𝑥2+𝑥+ 2.
Решение. Допустим, многочлен имеет представление:
(𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐)(𝑥2+𝑞) =𝑎𝑥4+𝑏𝑥3+ (𝑐+𝑎𝑞)𝑥2+𝑏𝑞𝑥+𝑐𝑞.
Тогда, приравняв соответствующие коэффициенты, придем
к системе уравнений
⎧
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩𝑎= 2
𝑏= 1
𝑐+𝑎𝑞= 4
𝑏𝑞= 1
𝑐𝑞= 2=⇒⎧
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩𝑎= 2
𝑏= 1
𝑞= 1
𝑐= 2
𝑐+𝑎𝑞= 4
§ 3.2. Разложение многочленов на множители 121
Система оказалась непротиворечивой.
Ответ:
2𝑥4+𝑥3+ 4𝑥2+𝑥+ 2 = (2 𝑥2+𝑥+ 2)( 𝑥2+ 1).
Пример 11. Разложить на множители многочлен 𝛺199
24𝑥5+ 22𝑥4−73𝑥3−69𝑥2+ 3𝑥+ 9.
Решение. Допустим, многочлен имеет представление:
(𝑎𝑥3+𝑏𝑥2+𝑐𝑥+𝑑)(𝑥2+𝑞) =𝑎𝑥5+𝑏𝑥4+(𝑐+𝑎𝑞)𝑥3+(𝑑+𝑏𝑞)𝑥2+𝑐𝑞𝑥+𝑑𝑞.
Приравняв, как в предыдущем примере, коэффициенты
многочлена в правой части последнего равенства к соответ-
ствующим коэффициентам исходного многочлена, получим
систему уравнений
⎧
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩𝑎= 24
𝑏= 22
𝑐+𝑎𝑞=−73
𝑑+𝑏𝑞=−69
𝑐𝑞= 3
𝑑𝑞= 9=⇒⎧
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩𝑎= 24
𝑏= 22⎧
⎨
⎩𝑐+ 24𝑞=−73
𝑐𝑞= 3⎧
⎨
⎩𝑑+ 22𝑞=−69
𝑑𝑞= 9
122 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
Решим отдельно системы
⎧
⎨
⎩𝑐+ 24𝑞=−73
𝑐𝑞= 3и⎧
⎨
⎩𝑑+ 22𝑞=−69
𝑑𝑞= 9,
сведя их к симметричным (с. 87):
1)⎧
⎨
⎩𝑐+ (24 𝑞) =−73
𝑐·(24𝑞) = 72⇒
⇒𝑧2+ 73𝑧+ 72 = 0 =⇒𝑧1=−1и𝑧2=−72.
1.1)⎧
⎨
⎩𝑐=−1
24𝑞=−72⇒⎧
⎨
⎩𝑐=−1
𝑞=−3
1.2)⎧
⎨
⎩𝑐=−72
24𝑞=−1⇒⎧
⎨
⎩𝑐=−72
𝑞=−1
24
2)⎧
⎨
⎩𝑑+ (22 𝑞) =−69
𝑑·(22𝑞) = 198⇒
⇒𝑧2+ 69𝑧+ 198 = 0 =⇒𝑧1=−3и𝑧2=−66.
2.1)⎧
⎨
⎩𝑑=−3
22𝑞=−66⇒⎧
⎨
⎩𝑑=−3
𝑞=−3
§ 3.2. Разложение многочленов на множители 123
2.2)⎧
⎨
⎩𝑑=−66
22𝑞=−3⇒⎧
⎨
⎩𝑑=−66
𝑞=−3
22
Рассмотренные системы имеют непротиворечивые решения:
⎧
⎨
⎩𝑐=−1
𝑞=−3и⎧
⎨
⎩𝑑=−3
𝑞=−3
Таким образом, 𝑎= 24; 𝑏= 22; 𝑐=−1;𝑑=−3;𝑞=−3.
(𝑎𝑥3+𝑏𝑥2+𝑐𝑥+𝑑)(𝑥2+𝑞) = (24 𝑥3+ 22𝑥2−𝑥−3)(𝑥2−3).
Чтобы разложить на множители выражение
24𝑥3+ 22𝑥2−𝑥−3,
применим алгоритм поиска рациональных корней (с. 113).
Первый корень, найденный в процессе перебора рациональ-
ных дробей, 𝑥=−1
2. Разделим многочлен третьего порядка
на линейный член 2𝑥+ 1. Поскольку здесь коэффициент
при𝑥не единица, деление выполним «лесенкой» (с. 116).
Деление,какиследовалоожидать,прошлобезостатка.Вре-
зультате мы получили квадратный трехчлен 12𝑥2+ 5𝑥−3.
Его дискриминант 𝑑= 25−4·12·(−2) = 169 = 132. Корни
124 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
𝑥1,2=−5±13
24⇒𝑥1=−3
4и𝑥2=1
3. Следовательно,
12𝑥2+ 5𝑥−3 = 12(︂
𝑥+3
4)︂(︂
𝑥−1
3)︂
.
Выражение 𝑥2−3 = ( 𝑥−√
3)(𝑥+√
3).
Ответ:
24𝑥5+ 22𝑥4−73𝑥3−69𝑥2+ 3𝑥+ 9 =
= 24·(︂
𝑥+1
2)︂(︂
𝑥+3
4)︂(︂
𝑥−1
3)︂(︁
𝑥−√
3)︁(︁
𝑥+√
3)︁
.
Не будем забывать один из выжнейших математических ме-
тодов – метод замены переменной.
Пример 12. Разложить на множители выражение 𝛺197
(10𝑥−5)2(10𝑥−4)(10 𝑥−6)−72.
Решение. Сделав замену 𝑡= 10𝑥−5, придем к трехчлену,
квадратному относительно 𝑡2:
𝑡2(𝑡+ 1)( 𝑡−1)−72 =(︀
𝑡2)︀2−𝑡2−72 =
= (𝑡2+ 8)( 𝑡2−9) = ( 𝑡2+ 8)( 𝑡−3)(𝑡+ 3).
Подставим в последнее равенство выражение 𝑡= 10𝑥−5:
[(10𝑥−5)2+8](10 𝑥−8)(10 𝑥−2) = (100 𝑥2−100𝑥+33)(10 𝑥−8)(10 𝑥−2).
§ 3.3. Неравенства 125
Ответ:
(10𝑥−5)2(10𝑥−4)(10 𝑥−6)−72 = (100 𝑥2−100𝑥+33)(10 𝑥−8)(10 𝑥−2).
Иногда перед поиском корней многочлена полезно оценить
их границы (с. 164).
Задачи к параграфу на с. 197, п. 19–26. 𝛺
§ 3.3. Неравенства
107⇔132Рассмотрим многочлен третьей степени с одной
неизвестной, графиком которого является кубическая па-
рабола (рис. 21). В общем виде уравнение кубической па-
раболы выглядит так:
𝑃3(𝑥) =𝑎𝑥3+𝑏𝑥2+𝑐𝑥+𝑑.
Кубический многочлен имеет один или три вещественных
корня, при этом допускаются кратные корни , т. е. совпа-
дающие. Совпадать могут два корня, либо все три, в по-
следнем случае многочлен представляется в виде 𝑎(𝑥−𝑐)3.
Функция 𝑦=𝑃3(𝑥)может иметь один локальный максимум
и один локальный минимум, которые находятся из условия
равенства нулю производной 𝑃′
3(𝑥) = 3 𝑎𝑥2+ 2𝑏𝑥+𝑐.
126 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
Рис. 21.Кубическая парабола
Если старший коэффициент 𝑎 >0,
lim
𝑥→−∞𝑃𝑛(𝑥) =−∞иlim
𝑥→+∞𝑃𝑛(𝑥) = +∞.
§ 3.3. Неравенства 127
Если 𝑎 <0,
lim
𝑥→−∞𝑃𝑛(𝑥) = +∞иlim
𝑥→+∞𝑃𝑛(𝑥) =−∞.
На рис. 21а изображен график кубической параболы
𝑃3(𝑥) =𝑥3−𝑥2−𝑥−1. Уравнение 𝑃3(𝑥) = 0имеет един-
ственное решение, соответствующее точке пересечения гра-
фика с осью 𝑂𝑥. Формула Кардано (с. 149) дает значение
𝑥3=98+15√
33
9. Теперь начнем увеличивать свободный член 𝑑
до тех пор, пока график не коснется оси 𝑂𝑥в точке ло-
кального максимума (см. рис. 21б). Это произойдет, когда
свободный член достигнет значения 𝑑=−5
27и уравнение
примет вид 𝑥3−𝑥2−𝑥−5
27= 0. Теперь многочлен имеет
кратный корень 𝑥1,2=−1
3, соответствующий точке касания
графика с осью 𝑂𝑥и𝑥3=−1
3. Положим, 𝑑=11
27, много-
член примет вид 𝑥3−𝑥2−𝑥+11
27(см. рис. 21в). Формула
Кардано даст значения трех корней: 𝑥1=1−2√
3
3,𝑥2=1
3и
𝑥3=1+2√
3
3. Поднимем график еще выше, так, чтобы он ка-
сался оси 𝑂𝑥в точке локального минимума (см. рис. 21г).
Свободный член 𝑑= 1, и𝑃3(𝑥) =𝑥3−𝑥2−𝑥+ 1. Много-
член легко раскладывается на множители (𝑥−1)2(𝑥+ 1)и
имеет три корня: 𝑥1=−1и кратный корень 𝑥2,3= 1. Еще
раз поднимем кубическую параболу вверх, увеличив 𝑑на1
(см. рис. 21д). Многочлен примет вид 𝑃3(𝑥) =𝑥3−𝑥2−𝑥+2
и теперь имеет один вещественный корень, который можно
128 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
получить по формуле Кардано:
𝑥1=(172 + 12√
177)2
3−2(172 + 12√
177)1
3
(172 + 12√
177)1
3t−1,2.
Уже само аналитическое представление корня объясняет,
почему мы не спешим предъявить соответствующую фор-
мулу. На рис. 21е также изображена кубическая парабола
𝑃3(𝑥) =𝑥3, имеющая корень третьей кратности 𝑥= 0. Как
видно на графиках (см. рис. 21а–21д), если корень имеет
единичную кратность, многочлен в соответствующей точке
пересекает ось 𝑂𝑥и меняет знак на противоположный. Кор-
ни единичной кратности называют простыми . Если встре-
чается корень второй кратности, в этой точке график толь-
ко касается оси 𝑂𝑥, но многочлен не меняет знак. Много-
член на рис. 21е в точке 𝑥= 0имеет корень третьей кратно-
сти и в этой точке меняет знак на противоположный. Под
каждым графиком помещена схема промежутков знакопо-
стоянства, на основании которой можно сразу записывать
ответы к соответствующим неравенствам.
Пример 1. Решить неравенство 𝑃3(𝑥)>0(см. рис. 21а). 𝛺200
Ответ: (𝑥3; +∞).
Пример 2. Решить неравенство 𝑃3(𝑥)<0(см. рис. 21б). 𝛺200
Ответ: (−∞;𝑥1)∪(𝑥1;𝑥3).
Пример 3. Решить неравенство 𝑃3(𝑥)≥0(см. рис. 21в). 𝛺200
Ответ: [𝑥1;𝑥2]∪[𝑥3; +∞).
§ 3.3. Неравенства 129
Пример 4. Решить неравенство 𝑃3(𝑥)≤0(см. рис. 21г). 𝛺200
Ответ: (−∞;𝑥1]∪{𝑥2}.
Теперь немного теории. До сих пор мы не определили по-
нятие кратности корня. По теореме на с. 110, если число 𝑐
является корнем многочлена 𝑃𝑛(𝑥), многочлен делится на
(𝑥−𝑐)без остатка. Иначе говоря, 𝑃𝑛(𝑥) = ( 𝑥−𝑐)𝑄𝑛−1(𝑥).
Если имеет место равенство
𝑃𝑛(𝑥) = (𝑥−𝑐)𝑘𝑄𝑛−𝑘(𝑥),
но𝑃𝑛(𝑥)не делится без остатка на (𝑥−𝑐)𝑘+1, то𝑐является
k-кратным корнем многочлена. Линейный член (𝑥−𝑐)𝑘
сохраняет знак при переходе через точку 𝑐, если 𝑘– четное
число (см. рис. 21б и 21г), и меняет знак на противополож-
ный в противном случае (см. рис. 21е). Одновременно при
этом меняется и знак всего многочлена. Примем без доказа-
тельства тот факт, что любой многочлен с вещественными
коэффициентами раскладывается в произведение линейных
членов,соответствующихвещественнымкорням,иквадрат-
ных трехчленов c отрицательным дискриминантом. Теперь
можно сформулировать алгоритм решения неравенств
с многочленом в левой части:
1) разложить многочлен на степени линейных множителей,
соответствующие их кратности, и квадратные трехчлены с
отрицательным дискриминантом;
130 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
2) отметить на оси корни, которые войдут в решение и ко-
торые следует исключить из множества решений;
3)отметитьдугамипромежуткизнакопостоянства(рис.22);
4) определить подстановкой знак на любом из промежут-
ков знакопостоянства и расставить знаки для остальных по
принципу чередования.
Пример 5. Решить неравенство 𝛺200
(𝑥+ 2)𝑥2(𝑥−1)3(𝑥−2)2>0.
Решение. Многочлен в левой части неравенства обращает-
ся в ноль в точках −2,0,1,2. Отметим их на схеме (рис. 22)
крестиками, как не входящие в множество решений. Знак
меняется только в точках, соответствующих корням нечет-
ной кратности: (−2)и1. Отметим промежутки знакопосто-
янства дугами и определим знак на одном из промежут-
ков. Для этого подставим в многочлен, например, значение
3из крайнего справа промежутка. Многочлен примет поло-
жительное значение. Теперь расставим по принципу чере-
дования знаки в остальных промежутках, как показано на
рис. 22.
Ответ: (−∞;−2)∪(1; 2)∪(2; +∞).
Пример 6. Решить неравенство 𝛺200
(𝑥+ 3)( 𝑥+ 2)( 𝑥−3)(2−𝑥)(𝑥−1)≥0.
§ 3.3. Неравенства 131
Рис. 22.Промежутки знакопостоянства из примера 5
Решение. Многочлен в левой части неравенства обраща-
ется в ноль в точках −3,−2,1,2,3. Отметим их на схеме
(рис. 23) жирными точками, поскольку они войдут в реше-
ние. Все корни простые, т. е. единичной кратности, а значит,
делят вещественную ось на шесть промежутков знакопосто-
янства. Подставив в многочлен 𝑥= 0, найдем знак на ин-
тервале (−2; 1). На этом интервале будет знак « −». Опять
по принципу чередования расставим знаки в остальных ин-
тервалах, как показано на рис. 23.
Ответ: (−∞;−3]∪[−2; 1]∪[2; 3].
Рис. 23.Промежутки знакопостоянства из примера 6
Пример 7. Решить неравенство 𝛺200
(𝑥2+𝑥+ 1)( 𝑥−1)2(𝑥−3)(2−𝑥)(𝑥−4)3≤0.
Решение. Многочлен в левой части неравенства обращает-
сявнольвточках 1,3,4.Мыотметимих,какрешения,жир-
132 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
ными точками (рис. 24). Квадратный трехчлен (𝑥2+𝑥+ 1)
при всех вещественных 𝑥сохраняет знак « +». Два корня –
3и4– нечетной кратности, в них многочлен меняет знак.
Таким образом, точки 3и4разбивают вещественную ось
на три промежутка знакопостоянства. Расставим на схеме
(рис. 24) знаки и запишем ответ. Ответ включает подмно-
жество, состоящее из изолированной точки 1, которая
расположена внутри «знакоположительного» интервала.
Ответ:{1}∪[3; 4].
Рис. 24.Промежутки знакопостоянства из примера 7
Задачи к параграфу на с. 200, п. 27–28. 𝛺
§ 3.4. Комплексные корни многочлена
125⇔149На протяжении всей истории развития челове-
ческого общества развивалось и понятие «число». В ряде
открытых европейскими путешественниками первобытных
племен Африки и Океании люди знали только натураль-
ные числа: 1, 2 и 3. Все, что больше, – это «много». На-
верное, также обстояло дело с арифметикой и у наших да-
леких предков. Сейчас это может показаться смешным, но
§ 3.4. Комплексные корни многочлена 133
такая числовая система вполне удовлетворяла потребности
их общественной практики. Древние греки уже рассматри-
вали не только натуральные числа, но и их отношения, т. е.
положительные рациональные числа, а в школе Пифагора
знали о существовании величин, которые нельзя измерить и
в этой числовой системе. Так, диагональ единичного квад-
рата не может быть измерена рациональной дробью. Сей-
час мы сказали бы, что уравнение 𝑥2= 2не имеет решения
на множестве рациональных чисел или не существует та-
ких целых чисел 𝑛и𝑚, что(︀𝑛
𝑚)︀2= 2. В средневековой
Европе величины, не измеряемые отношением целых чисел,
называли иррациональными, т. е. «неразумными». Только
в XVI веке эти числа несколько реабилитировал Симон Сте-
вин, внедривший в обиход десятичные дроби. Наконец, в
XIX веке благодаря трудам Георга Кантора, Карла Вейер-
штрасса и Юлиуса Вильгельма Рихарда Дедекинда ирраци-
ональные числа получили строгое определение, а следова-
тельно, прописку на числовой оси. Множество рациональ-
ных чисел, дополненное иррациональными, назвали множе-
ством вещественных чисел. Оказалось, что иррациональные
числа «заткнули» все дыры на числовой оси и теперь любая
величинаможетбытьизмерена.Наэтомвисторииразвития
«числа» можно было бы поставить жирную точку, если бы
не одна беда. Еще Кардано при нахождении корней много-
членов третьей степени, даже если они были вещественны-
134 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
ми, использовал вспомогательные величины вида 𝑎+𝑏√−1.
Существование таких величин не укладывалось в традици-
онное мировоззрение, и сам Кардано считал их лишенными
какого-либосмысла,однакосовсемотказатьсяотихисполь-
зования не получалось. Декарт также рассматривал их как
нечто нереальное, и с его легкой руки в XVI–XVII веках ве-
личины вида 𝑎+𝑏√−1стали называть мнимыми. Впрочем,
как мы заметили выше, тогда даже иррациональные чис-
ла еще «не добились равноправия» на вещественной оси да
и на отрицательные нередко посматривали неодобритель-
но даже математики. И все-таки практическая польза по-
степенно теснила «эстетику». В XVIII веке Леонард Эйлер
ввел мнимую единицу 𝑖=√−1, а в XIX веке Карл Фридрих
Гаусс доказал алгебраическую замкнутость множества
комплексныхчисел,т.е.чиселвида 𝑎+𝑖𝑏.Последнееознача-
ет, что любой многочлен степени выше нулевой имеет хотя
быодинкомплесный корень. Если степеньмногочлена 𝑃𝑛(𝑧)
больше единицы и 𝑧1его комплексный корень, то, разделив
многочлен на линейный член (𝑧−𝑧1), мы получим много-
член степени на единицу меньшей (с. 102), который также
должен иметь по крайней мере один комплексный корень.
Продолжим процесс понижения степени многочлена до тех
пор, пока в результате деления не получим многочлен ну-
левой степени 𝑎0. Теперь мы можем утверждать, что любой
§ 3.4. Комплексные корни многочлена 135
многочлен 𝑛-й степени имеет 𝑛комплексных корней и
𝑃𝑛(𝑧) =𝑎0(𝑧−𝑧1)(𝑧−𝑧2). . .(𝑧−𝑧𝑛).
Сейчас мнимую единицу определяюткакнекуювеличину
(не являющуюся вещественным числом), для которой верно
утверждение 𝑖2=−1, акомплексное число как выраже-
ние вида 𝑥+𝑖𝑦, где 𝑥, 𝑦∈ℜ. Если 𝑧=𝑥+𝑖𝑦, то веществен-
ное число 𝑥=𝑅𝑒(𝑧)называют действительной частью ,
а𝑦=𝐼𝑚(𝑧)–мнимой частью .
Сразу сделаем два важных замечания. Иногда мнимую еди-
ницу 𝑖определяют как решение уравнения 𝑥2=−1. Такое
определение некорректно, поскольку точно также решени-
ем будет и (−𝑖). И второе. Поначалу сложилась практика
в записи комплексного числа ставить отрицательное число
под знак квадратного корня. Тогда
√
−1·√
−1 =√︀
(−1)(−1) =√
1 = 1 .
Но, с другой стороны,
√
−1·√
−1 =𝑖·𝑖=𝑖2=−1.
Подобных недоразумений можно избежать, если, например,
вместо√−3писать 𝑖√
3, т. е. не допускать записи отрица-
тельного числа под корнем. Дело в том, что обычно сим-
136 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
волом√мы обозначаем арифметический квадратный ко-
рень, определяемый как положительное вещественное чис-
ло, квадрат которого равен подкоренному выражению. Дан-
ное определение исключает возможность нахождения под
знаком квадратного корня отрицательного числа. В более
широком смысле под квадратным корнем подразумевают
решение уравнения 𝑧2=𝑎. Уравнение имеет два корня.
Определенный таким образом «корень» сложно использо-
вать в выражениях.
Пусть 𝑧1=𝑥1+𝑖𝑦1и𝑧2=𝑥2+𝑖𝑦2. Тогда основные арифме-
тические операции с комплексными числами определяются
так:
1)𝑧1±𝑧2= (𝑥1±𝑥2) +𝑖(𝑦1±𝑦2);
2)𝑧1𝑧2= (𝑥1+𝑖𝑦1)(𝑥2+𝑖𝑦2) = (𝑥1𝑥2−𝑦1𝑦2) +𝑖(𝑥1𝑦2+𝑥2𝑦1);
3)𝑧1
𝑧2=𝑥1+𝑖𝑦1
𝑥2+𝑖𝑦2=(𝑥1+𝑖𝑦1)(𝑥2−𝑖𝑦2)
(𝑥2+𝑖𝑦2)(𝑥2−𝑖𝑦2)=
=𝑥1𝑥2+𝑦1𝑦2
𝑥2
2+𝑦2
2+𝑖·𝑥2𝑦1−𝑥1𝑦2
𝑥2
2+𝑦2
2.
Имеет место равенство 𝑎(𝑥+𝑖𝑦) =𝑎𝑥+𝑖𝑦. Два комплексных
числа равны тогда и только тогда, когда равны их действи-
тельные и мнимые части:
𝑅𝑒(𝑧1) =𝑅𝑒(𝑧2)и𝐼𝑚(𝑧1) =𝐼𝑚(𝑧2).
§ 3.4. Комплексные корни многочлена 137
Иначе говоря, (𝑥1=𝑥2)&(𝑦1=𝑦2).Отношение неравен-
ства для комплексных чисел не определено. Теперь обоб-
щим алгоритм нахождения корней квадратного трехчлена
𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐(с. 59) на случай произвольного дискриминанта.
Пусть 𝑎̸= 0. Тогда квадратный трехчлен имеет два ком-
плексных корня. Дискриминант 𝐷=𝑏2−4𝑎𝑐. Корни
𝑥1,2=⎧
⎨
⎩𝑏±√
𝐷
2𝑎,если 𝐷≥0;
𝑏±𝑖√−𝐷
2𝑎,если 𝐷 < 0.
Таким образом, мы избегаем ситуаций, когда под знаком
квадратного корня может оказаться отрицательное число.
Пример 1. Найтикорниквадратноготрехчлена 2𝑥2+2𝑥+3.𝛺200
Решение. Нас.61мыустановили,чтоэтоттрехчленнеиме-
ет вещественных корней. Найдем комплексные:
𝐷= 4−24 =−20<0⇒𝑥1,2=−2±𝑖√
20
4=−1±𝑖√
5
2.
Ответ:
𝑥1=−1−𝑖√
5
2и𝑥2=−1 +𝑖√
5
2.
Пример 2. Найти корни многочлена 2𝑥3+𝑥2+ 4𝑥−15.𝛺201
Решение. В примере на с. 116 мы разложили этот много-
член на множители:
2𝑥3+𝑥2+ 4𝑥−15 = (2 𝑥−3)(𝑥2+ 5).
138 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
Корнинеполногоквадратноготрехчлена 𝑥2+5:𝑥2,3=±𝑖√
5.
Ответ: 𝑥1= 1,5;𝑥2=−𝑖√
5и𝑥3=𝑖√
5.
Пример 3. Найти корни многочленаа 2𝑥4+𝑥3+4𝑥2+𝑥+2. 𝛺201
Решение. В примере на с. 120 мы разложили многочлен в
произведение двух квадратных трехчленов:
2𝑥4+𝑥3+ 4𝑥2+𝑥+ 2 = (2 𝑥2+𝑥+ 2)( 𝑥2+ 1).
Рассмотрим первый квадратный трехчлен 2𝑥2+𝑥+ 2.
𝐷= 1−16 =−15<0⇒𝑥1,2=−1±𝑖√
15
4.
Корни неполного квадратного трехчлена: 𝑥3,4=±𝑖.
Ответ:
𝑥1=−1−𝑖√
15
4;𝑥2=−1 +𝑖√
15
4;𝑥3=−𝑖и𝑥4=𝑖.
Комплексному числу 𝑥+𝑖𝑦можно поставить в соответствие
точку плоскости с координатами (𝑥;𝑦). Таким образом, если
раньше мы говорили о вещественной оси, то теперь можем
говорить о комплексной плоскости. Комплексные числа об-
разуютвекторноепространство,базисомкоторогоявляются
вещественнаяединица 1имнимаяединица 𝑖,искладывают-
сяпоправилусложениявекторов(с.136):если 𝑧1=𝑥1+𝑖𝑦1и
𝑧2=𝑥2+𝑖𝑦2, то𝑧1 +𝑧2 = ( 𝑥1+𝑥2) +𝑖(𝑦1+𝑦2)(рис. 25).
Также 𝑎𝑧=𝑎𝑥+𝑖𝑎𝑦.
Для задания точки на плоскости, кроме декартовых прямо-
§ 3.4. Комплексные корни многочлена 139
Рис. 25.Сумма комплексных чисел
угольных координат, в математике часто используют и так
называемые полярные координаты. Причем в повседневной
жизни последние нам гораздо привычней. Действительно,
если человек в лесу спросит у вас: «Как пройти в Ольхов-
ку?», то что вы ответите? Назовете координаты квадрата,
в котором находится село? Нет! Вы скажете, что «это в
двух километрах на северо-западе», т. е. укажете направ-
ление и расстояние относительно вашего текущего местона-
хождения. Это и есть полярные координаты. Мы введем их,
отталкиваясь от декартовых. Пусть 𝑀– точка плоскости с
кординатами (𝑥;𝑦)(рис. 26). Проведем из начала коорди-
нат 𝑂в точку 𝑀радиус-вектор−−→𝑂𝑀. Пусть радиус-вектор
образует с осью 𝑂𝑥угол 𝜑, а𝑟=|−−→𝑂𝑀|=√︀
𝑥2+𝑦2– длина
вектора. Направление и расстояние образуют пару поляр-
ных координат (𝜑;𝑟), задающих положение точки 𝑀. Для
140 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
Рис. 26.Тригонометрическое представление комплексного числа
всех точек плоскости, кроме начала координат, имеет место
взаимнооднозначное соответствие между парами координат
(𝑥;𝑦)и(𝜑;𝑟), задаваемое уравнениями⎧
⎨
⎩𝑥=𝑟·cos𝜑;
𝑦=𝑟·sin𝜑.
Комплексное число можно представить в тригонометри-
ческой форме :
𝑧=𝑥+𝑖𝑦=𝑟(cos𝜑+𝑖·sin𝜑),
где𝑟=|𝑧|=√︀
𝑥2+𝑦2называют модулем , а𝜑=𝐴𝑟𝑔(𝑧)
–аргументом числа 𝑧. Леонард Эйлер расширил область
определения элементарных и ряда других функций на ком-
плексную плоскость и установил тождество
𝑒𝑖𝜑= cos 𝜑+𝑖sin𝜑,
которое называют формулой Эйлера . Таким образом, в
теории функций комплексной переменной экспонен-
§ 3.4. Комплексные корни многочлена 141
та выражается через тригонометрические функции и наобо-
рот:⎧
⎨
⎩cos𝜑=𝑒𝑖𝜑+𝑒−𝑖𝜑
2;
sin𝜑=𝑒𝑖𝜑−𝑒−𝑖𝜑
2.
Отсюда еще одна форма представления комплексного числа
– экспоненциальная:
𝑧=𝑥+𝑖𝑦=𝑟(cos𝜑+𝑖·sin𝜑) =𝑟𝑒𝑖𝜑=𝑒ln𝑟+𝑖𝜑.
Из формулы Эйлера следует интересное отношение
𝑒𝑖𝜋=−1.
На множестве вещественных чисел мы лишены возможно-
сти видеть эти связи, как человек, рассматривающий с бере-
га моря живописные острова, не подозревает, что они всего
лишь вершины сложной горной системы подводного цар-
ства. На комплексной плоскости «в порядке вещей» многое
из того, что категорически запрещено на вещественной оси.
Здесь существуют решения уравнений 𝑠𝑖𝑛(𝑥) = 5,2𝑥=−3
и т. д. Конечно, и теперь мы рассматриваем комплексное
число как некую абстракцию, но не в большей мере, чем
число «три». Ведь числа «три» также в природе не суще-
ствует! Естественно возникает вопрос: не придется ли для
решения других уравнений, например 𝑥4+ 1 = 0 , и даль-
142 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
ше расширять понятие «число». Оказывается, на множестве
комплексных чисел любой многочлен, как с действительны-
ми, так и с комплексными коэффициентами, имеет корни.
Однако вернемся к тригонометрической форме. Как найти
аргумент и модуль комплексного числа? Если 𝑧=𝑥+𝑖𝑦,
то𝑟=|𝑧|=√︀
𝑥2+𝑦2, а аргумет 𝜑=𝐴𝑟𝑔(𝑧)можно опре-
делить, приняв во внимание, что ∀𝑡∈ℜ 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠 𝑡∈(0;𝜋),
следующим образом (рис. 27):
𝜑=⎧
⎪⎪⎨
⎪⎪⎩𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠(︂
𝑥√
𝑥2+𝑦2)︂
,если 𝑦≥0;
−𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠(︂
𝑥√
𝑥2+𝑦2)︂
,если 𝑦 <0.
Рис. 27.Аргумент комплексного числа
Пример 4. Преобразовать комплексное число 𝛺202
𝑧= 2 + 𝑖2в тригонометрическую форму.
§ 3.4. Комплексные корни многочлена 143
Решение:
𝑧= 2 + 𝑖2 = 2√
2(︁√
2
2+𝑖√
2
2)︁
= 2√
2(︀
cos𝜋
4+𝑖sin𝜋
4)︀
.
Ответ: 2√
2(︀
cos𝜋
4+𝑖sin𝜋
4)︀
.
Пример 5. Преобразовать комплексное число 𝛺202
𝑧= 3 + 𝑖4в тригонометрическую форму.
Решение:|𝑧|=√
32+ 42= 5⇒𝑧= 3 + 𝑖4 = 5(︀3
5+𝑖4
5)︀
.
Ответ: 5(cos 𝜑+𝑖·sin𝜑), где 𝜑=𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠3
5.
Пример 6. Преобразовать комплексное число 𝑧= 5−𝑖7𝛺202
в тригонометрическую форму.
Решение:
|𝑧|=√
52+ 72=√
74⇒𝑧= 5−𝑖7 =√
74(︁
5√
74+𝑖−7√
74)︁
.
Ответ:√
74(cos 𝜑+𝑖·sin𝜑), где 𝜑=−𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠5√
74.
Операциисложенияивычитаниякомплексныхчиселподчи-
няются правилу сложения и вычитания векторов (рис. 25).
Но формулы умножения и деления комплексных чисел вы-
глядят сложновато (с. 136).
Попробуемтеперьвыполнитьэтиоперациисчисламивтри-
гонометрическом представлении. Пусть
𝑧1=𝑟1(cos𝛼+𝑖·sin𝛼), 𝑧 2=𝑟2(cos𝛽+𝑖·sin𝛽).
Тогда 𝑧1𝑧2=𝑟1𝑟2(cos𝛼+𝑖·sin𝛼)(cos 𝛽+𝑖·sin𝛽) =
=𝑟1𝑟2[(cos𝛼cos𝛽−sin𝛼sin𝛽)(cos 𝛼sin𝛽+ sin 𝛼cos𝛽)] =
=|𝑧1||𝑧2|(cos(𝛼+𝛽) +𝑖sin(𝛼+𝛽)).
144 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
Таким образом, при перемножении комплексных чисел их
модулиперемножаются,ааргументыскладываются(рис.28).
Рис. 28.Умножение комплексных чисел
Аналогично
𝑧1
𝑧2=𝑟1(cos𝛼+𝑖·sin𝛼)
𝑟2(cos𝛽+𝑖·sin𝛽)=𝑟1(cos𝛼+𝑖·sin𝛼)(cos 𝛽−𝑖·sin𝛽)
𝑟2(cos𝛽+𝑖·sin𝛽)(cos 𝛽−𝑖·sin𝛽)=
=|𝑧1|
|𝑧2|[cos(𝛼−𝛽) +𝑖sin(𝛼−𝛽)].
Следовательно,
|𝑧1𝑧2|=|𝑧1||𝑧2|, 𝐴𝑟𝑔 (𝑧1𝑧2) =𝐴𝑟𝑔(𝑧1) +𝐴𝑟𝑔(𝑧2),
⃒⃒⃒⃒𝑧1
𝑧2⃒⃒⃒⃒=|𝑧1|
|𝑧2|, 𝐴𝑟𝑔(︂𝑧1
𝑧2)︂
=𝐴𝑟𝑔(𝑧1)−𝐴𝑟𝑔(𝑧2).
В частности,
1
cos𝜑+𝑖·sin𝜑= cos 𝜑−𝑖·sin𝜑.
§ 3.4. Комплексные корни многочлена 145
Посколькуцелаястепеньчислаозначаетмногократноепро-
изведение,
𝑧𝑛= [𝑟(cos𝜑+𝑖·sin𝜑)]𝑛=𝑟𝑛(cos𝑛𝜑+𝑖·sin𝑛𝜑).
Последнее тождество известно как формула Муавра .
Отрицательная степень
𝑧−𝑛= [𝑟(cos𝜑+𝑖·sin𝜑)]−𝑛=1
𝑟𝑛(cos𝑛𝜑−𝑖·sin𝑛𝜑).
Пример 7. Найти девятую степень числа cos𝜋
6+𝑖sin𝜋
6.𝛺202
Решение:
(︁
cos𝜋
6+𝑖sin𝜋
6)︁9
= cos9𝜋
6+𝑖sin9𝜋
6= cos3𝜋
2+𝑖sin3𝜋
2=−𝑖.
Ответ:−𝑖.
Пусть 𝑧=𝑟(cos𝜑+𝑖·sin𝜑)и требуется найти все решения
уравнения 𝑧𝑛=𝜌(cos𝛼+𝑖·sin𝛼).
𝑟𝑛(cos𝜑𝑛+𝑖sin𝜑𝑛) =𝜌(cos(𝛼+ 2𝜋𝑘) +𝑖·sin(𝛼+ 2𝜋𝑘))⇒
⇒𝑟𝑛=𝜌, 𝜑𝑛 =𝛼+ 2𝜋𝑘⇒𝑟=𝑛√𝜌, 𝜑 =𝛼+ 2𝜋𝑘
𝑛,
где k=0,1,..., n-1 .Следовательно,
𝑧0,1,···𝑛−1=𝑛√𝜌(︂
cos𝛼+ 2𝜋𝑘
𝑛+𝑖·sin𝛼+ 2𝜋𝑘
𝑛)︂
.
146 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
Если 𝑘принимает значения 0,1, . . . 𝑛−1, то𝑧– принимает 𝑛
различных значений. В следующем параграфе нам понадо-
бятсявсекубическиекорнииз 1,т.е.всерешенияуравнения
𝑧𝑛= 1. Представим вещественную единицу в тригонометри-
ческой форме: 𝑧𝑛= cos 2 𝜋𝑘+𝑖·sin 2𝜋𝑘. Тогда
𝑧= cos2𝜋𝑘
3+𝑖·sin2𝜋𝑘
3,где𝑘= 0,1,2.
Кубическиекорниизединицыпоказанынадиаграмме(рис.29).
Таким образом, 𝑧1= 1, 𝑧 2,3=−1±√
3
2.
Рис. 29.Кубические корни единицы
Пример 8. Решить уравнение 𝑧3= 5 + 𝑖·5. 𝛺202
Решение:
𝑧3= 5√
2(︃√
2
2+𝑖√
2
2)︃
= 5√
2(︂
cos𝜋
4+ 2𝜋𝑘
3+𝑖·sin𝜋
4+ 2𝜋𝑘
3)︂
,
где𝑘= 0,1,2. Подставляя поочередно в правую часть ра-
венства значения 𝑘, получим
§ 3.4. Комплексные корни многочлена 147
Ответ:
𝑧1=6√
50(︁
cos𝜋
12+𝑖·sin𝜋
12)︁
=3√
20
4[︁
1 +√
3 +𝑖·(−1 +√
3)]︁
;
𝑧2=6√
50(︂
cos3𝜋
4+𝑖·sin3𝜋
4)︂
=3√
20
2(−1 +𝑖) ;
𝑧3=6√
50(︁
cos𝜋
12+𝑖·sin𝜋
12)︁
=3√
20
4[︁
1−√
3 +𝑖·(−1−√
3)]︁
.
Прежде чем перейти к следующему вопросу, коротко кос-
немся проблемы графического представления многочлена,
определенного на комплексной плоскости. Пусть дан много-
член с вещественными коэффициентами 𝑓(𝑧) =𝑧3+𝑧2+𝑧+1
от комплексной переменной 𝑧=𝑥+𝑖𝑦. Его график для
действительных значений 𝑧, т. е. для 𝑧=𝑥, изображен на
рис.30г.Каквиднонаграфике,многочленимеетодинвеще-
ственный корень 𝑧=−1. Теперь рассмотрим комплексные
значения 𝑧=𝑥+𝑖𝑦. В таком случае и 𝑓(𝑧)– комплекс-
ное число. Для построения графика функции, отобража-
ющей комплексную плоскость на комплексную плоскость,
нам пришлось бы выйти в четырехмерное пространство, но
мы поступим проще, рассмотрев отдельно графики 𝑅𝑒[𝑓(𝑥)]
и𝐼𝑚[𝑓(𝑥)], т. е. графики действительной и мнимой частей
функции 𝑓(𝑧). Каждый график – это поверхность в трех-
мерном пространстве, а поверхность можно задать линия-
ми уровня, как на географической карте. Такой график мы
уже видели на рис. 13а (с. 73). График вещественной части
148 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
Рис. 30.Графики многочлена 𝑧3+𝑧2+𝑧+ 1
𝑓(𝑧)показан на рис. 30а, комплексной – на рис. 30б. Обрати-
те внимание на нулевые линии уровня. На рис. 30б одна из
таких линий задана уравнением 𝑦= 0, поскольку действи-
тельным значениям 𝑧соответствуют действительные зна-
чения функции. Корнями многочлена будут те значения 𝑧,
для которых одновременно 𝑅𝑒[𝑓(𝑥)] = 0и𝐼𝑚[𝑓(𝑥)] = 0, т. е.
точки пересечения нулевых линий уровня, представленных
на рис. 30а и 30б. На рис. 30в мы разместили оба графика на
одной комплексной плоскости. Сплошные линии уровня со-
ответствуют действительной, а пунктирные – комплексной
§ 3.5. Формула Кардано 149
части функции 𝑓(𝑧). На графике видны точки пересечения
нулевых линий. Это точки (−1; 0),(0; 1)и(0;−1). Посколь-
ку уже известен один действительный корень 𝑧=−1, мы
можем разделить многочлен 𝑧3+𝑧2+𝑧+ 1на линейный
член (𝑥+ 1)и найти два комплексных корня полученного
квадратного трехчлена 𝑧2+ 1. Таким образом, мы подтвер-
дили расчетом обнаруженные на рис. 30в корни многочлена
𝑧3+𝑧2+𝑧+ 1. Это числа (−1),𝑖и−𝑖.
Вы познакомились с комплексными числами. Функции ком-
плексного переменного нашли широкое применение в гид-
ромеханике, аэродинамике, электротехнике, теории поля и
других областях науки и техники.
Задачи к параграфу на с. 200, п. 29–35. 𝛺
§ 3.5. Формула Кардано
132⇔161Несмотря на последние достижения в области
кораблестроения и судовождения, в хорошем мореходном
училище курсантов обязательно учат ходить под парусом,
поскольку только так они смогут почувствовать море. Вот и
нам формулы Кардано и Феррари помогут «почувствовать»
алгебраические уравнения. Формула Кардано служит для
нахождения корней многочленов третьей степени. Соглас-
но теории (с. 135), такой многочлен имеет три комплексных
корня. При этом, как показано на рис. 21 (с. 126), у много-
150 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
члена с вещественными коэффициентами может быть один
вещественный (рис. 21а и 21д) или же три вещественных
корня. Если все корни вещественные, возможны случаи: все
корнипростые(рис.21в),существуеткореньвторой(рис.21б
и 21г) или третьей (рис. 21е) кратности. Пусть дано урав-
нение, в левой части которого находится многочлен третьей
степени с вещественными коэффициентами,
𝑥3+𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐= 0.
Путемподстановки 𝑥=𝑦−𝑎
3перейдемкуравнениюс непол-
ным многочленом в левой части 𝑦3+𝑝𝑦+𝑞= 0. Теперь
сделаем еще одну подстановку 𝑦=𝑧−𝑝
3𝑧, в результате ко-
торой получим:
𝑧3−𝑝3
27𝑧3+𝑞= 0⇒𝑧6+𝑞𝑧3−𝑝3
27= 0.
Последнееуравнениеявляетсяквадратнымотносительно 𝑧3.
I.В случае положительного дискриминанта его решения:
𝑧3
1,2=−𝑞
2±√︀
𝑄,где𝑄=(︁𝑞
2)︁2
+(︁𝑝
3)︁3
.
Тогда 𝑧3
1=−𝑞
2+√︀
𝑄, 𝑧3
2=−𝑞
2−√︀
𝑄,где𝑄 > 0.
Уравнение 𝑧3=𝑎, где 𝑎 > 0, - имеет три решения: одно
вещественное и два комплексно-сопряженных. Эти решения
§ 3.5. Формула Кардано 151
получаютсякакпроизведения3√𝑎накорниизединицы,т. е.
на решения уравнения 𝑧3= 1(рис. 29 на с. 146):
3√𝑎;3√𝑎·𝜀=3√𝑎(︃
−1
2+𝑖√
3
2)︃
и3√𝑎·𝜀2=3√𝑎(︃
−1
2−𝑖√
3
2)︃
.
Мы перешли к переменной 𝑧путем подстановки 𝑦=𝑧−𝑝
3𝑧.
Возьмем вещественное значение 𝑧1:
−𝑝
3𝑧1=−𝑝
33√︂
−𝑞
2+√︁
𝑞2
4+𝑝3
27=−𝑝3√︂
−𝑞
2−√︁
𝑞2
4+𝑝3
27
33√︁
(𝑞
2)2−𝑞2
4−𝑝3
27=
=−𝑝3√︂
−𝑞
2−√︁
𝑞2
4+𝑝3
27
3(︀
−𝑝
3)︀ =3√︃
−𝑞
2−√︂
𝑞2
4+𝑝3
27=𝑧2.⇒
⇒𝑦1=𝑧1−𝑝
3𝑧1=𝑧1+𝑧2.
Заметим, что
(︀
(𝜀)3= 1)︀
⇒⎧
⎨
⎩1
𝜀= (𝜀)2
1
(𝜀)2=𝜀⇒⎧
⎨
⎩𝑧2=−𝑝
3𝑧1𝜀=𝑧2𝜀2
𝑧2=−𝑝
3𝑧1𝜀2=𝑧2𝜀
В последнем нетрудно убедиться, проделав соответствую-
щие операции с комплексными числами (с. 136). Тогда
𝑧1=3√︃
−𝑞
2+√︂
𝑞2
4+𝑝3
27·𝜀⇒𝑧2=3√︃
−𝑞
2−√︂
𝑞2
4−𝑝3
27·(𝜀)2;
152 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
𝑧1=3√︃
−𝑞
2+√︂
𝑞2
4+𝑝3
27·(𝜀)2⇒𝑧2=3√︃
−𝑞
2−√︂
𝑞2
4−𝑝3
27·𝜀.
Многочлен 𝑦2+𝑝𝑥+𝑞имеет корни:
𝑦1=3√︃
−𝑞
2+√︂
𝑞2
4+𝑝3
27+3√︃
−𝑞
2−√︂
𝑞2
4−𝑝3
27;
𝑦2=3√︃
−𝑞
2+√︂
𝑞2
4+𝑝3
27·𝜀+3√︃
−𝑞
2−√︂
𝑞2
4−𝑝3
27·𝜀2;
𝑦3=3√︃
−𝑞
2+√︂
𝑞2
4+𝑝3
27·𝜀2+3√︃
−𝑞
2−√︂
𝑞2
4−𝑝3
27·𝜀.
Теперь нетрудно найти корни исходного многочлена:
𝑥1=𝑦1−𝑎
3,𝑥2=𝑦2−𝑎
3и𝑥3=𝑦3−𝑎
3.
II.Рассмотрим случай 𝑄=(︀𝑞
2)︀2+(︀𝑝
3)︀3= 0. Тогда
𝑦1= 2·3√︂
−𝑞
2;𝑦2,3=3√︂
−𝑞
2(𝜀+𝜀2)
и, поскольку 𝜀+𝜀2=−1,
𝑦1= 2·3√︂
−𝑞
2;𝑦2,3=−3√︂
−𝑞
2.
Многочлен имеет три вещественных корня: один простой
и два кратных. Если же уравнение имеет корень третьей
кратности, после первой подстановки неполный многочлен
примет вид 𝑦3= 0. Это означает, что 𝑥1=𝑥2=𝑥3=𝑎
3.
§ 3.5. Формула Кардано 153
III.Осталось рассмотреть случай 𝑄 < 0. Тогда квадратное
относительно 𝑧3уравнение
𝑧6+𝑞𝑧3−𝑝3
27= 0имеет решения:
𝑧3
1,2=−𝑞
2±𝑖·√︃
−(︂𝑞2
4+𝑝3
27)︂
=−𝑞
2±𝑖·√︀
−𝑄.
Запишем их в тригонометрической форме:
𝑟=|𝑧3
1,2|=√︂(︁𝑞
2)︁3
−𝑄=√︂
−𝑝3
27,⎧
⎨
⎩cos𝜑=−𝑞/2
𝑟;
sin𝜑=−𝑄
𝑟.
Неравенство 𝑄 < 0выполняется только при 𝑝 <0. Поэтому
в выражении 𝑟под корнем будет неотрицательное число.
Таким образом,
𝑧3
1=𝑟(cos𝜑+𝑖·sin𝜑)и𝑧3
2=𝑟(cos𝜑−𝑖·sin𝜑).
По формуле Муавра, уравнения имеют решения:
𝑧1=3√𝑟(︂
cos𝜑+ 2𝜋𝑘
3+𝑖·sin𝜑+ 2𝜋𝑘
3)︂
и
𝑧2=3√𝑟(︂
cos𝜑+ 2𝜋𝑘
3−𝑖·sin𝜑+ 2𝜋𝑘
3)︂
,
где𝑘= 0; 1; 2 ,3√𝑟=√︂
−𝑝
3.
154 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
−𝑝
3𝑧1=−𝑝
33√𝑟(︀
cos𝜑+2𝜋𝑘
3+𝑖·sin𝜑+2𝜋𝑘
3)︀=
=−𝑝(︀
cos𝜑+2𝜋𝑘
3−𝑖·sin𝜑+2𝜋𝑘
3)︀
33√𝑟(︀
cos2𝜑+2𝜋𝑘
3+ sin2𝜑+2𝜋𝑘
3)︀=
=3√𝑟(︂
cos𝜑+ 2𝜋𝑘
3−𝑖·sin𝜑+ 2𝜋𝑘
3)︂
=𝑧2⇒𝑦1=𝑧1+𝑧2.
Поскольку 𝑧1и𝑧2при любом 𝑘– комплексно-сопряженные
величины, 𝑧1+𝑧2= 23√𝑟cos𝜑+2𝜋𝑘
3и неполное кубическое
уравнение будет иметь вещественные решения:
𝑦1= 23√𝑟cos𝜑
3, 𝑦 2= 23√𝑟cos𝜑+ 2𝜋
3и23√𝑟cos𝜑+ 4𝜋
3.
Корни исходного многочлена 𝑥𝑘=𝑦𝑘−𝑎
3.
Таким образом, если 𝑄=(︀𝑞
2)︀2+(︀𝑝
3)︀3:
1) при 𝑄 > 0уравнение имеет один вещественный и два
комплексно-сопряженных корня;
2) при 𝑄= 0– три вещественных корня: один простой и два
кратных;
3) при 𝑄 < 0– три простых вещественных корня.
Пример 1. Найти корни многочлена 𝑥3−3𝑥2−3𝑥−4. 𝛺203
Решение. Выполнив подстановку 𝑥=𝑦+ 1, получим мно-
гочлен 𝑦3−6𝑦−9. Найдем
𝑄=(︂
−6
3)︂3
+(︂
−9
2)︂2
=49
4.
§ 3.5. Формула Кардано 155
Поскольку 𝑄 > 0, воспользуемся алгоритмом I (с. 150).
𝑧1=3√︂
9
2−7
2= 1; 𝑧2=3√︂
9
2+7
2= 2;
𝑦1=𝑧1+𝑧2= 3;
𝑦2=𝑧1𝜀+𝑧2𝜀2=(︃
−1
2+𝑖√
3
2)︃
+2(︃
−1
2−𝑖√
3
2)︃
=(︃
−3
2−𝑖√
3
2)︃
;
𝑦3=𝑧1𝜀2+𝑧2𝜀=(︃
−1
2−𝑖√
3
2)︃
+2(︃
−1
2+𝑖√
3
2)︃
=(︃
−3
2+𝑖√
3
2)︃
.
Вернемся к переменной 𝑥=𝑦+ 1.
Ответ: 𝑥1= 4, 𝑥2=−1
2−𝑖·√
3
2, 𝑥3=−1
2+𝑖·√
3
2.
Эту задачу можно решить иначе, заметив, что 4является
корнем, и разделив многочлен на (𝑥−4)(с. 114):
𝑥3−3𝑥2−3𝑥−4 = ( 𝑥−4)(𝑥2+𝑥+ 1),
Остается только найти корни квадратного трехчлена.
Пример 2. Найти корни многочлена 𝑥3+ 2𝑥−3. 𝛺203
Решение. Многочлен неполный, и мы сразу определим
𝑄=9
4+8
27=825
4·81>0. Найдем
𝑧1=3√︃
3
2+√
825
18=3√︃
27 + 5√
33
18, 𝑧 2=3√︃
27−5√
33
18.
Изтеориимызнаем,чтопри 𝑄 > 0многочлендолжениметь
один вещественный корень и два комплексно-сопряженных.
156 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
Вещественный корень 𝑥= 1«виден невооруженным гла-
зом». Но у нас он равен
𝑧1+𝑧2=3√︃
27 + 5√
33
18+3√︃
27−5√
33
18,
чтомалонапоминаетединицу.Темнеменееникакойошибки
здесь нет: просто на этот раз мы наткнулись на «подводный
камень». Дело в том, что
3√︃
27 + 5√
33
18=3 +√
33
6,a3√︃
27−5√
33
18=3−√
33
6.
Действительно, умножим числитель и знаменатель дроби
под знаком кубического корня на такое число, чтобы ку-
бический корень из знаменателя стал целым числом; после
соответствующей группировки выражение в числителе ока-
жется полным кубом:
3√︃
27 + 5√
33
18=3√︃
324 + 60√
33
216=
=3√︀
27 + 3·9√
33 + 3·3·33 + 33√
33
6=
=3√︁(︀
3 +√
33)︀3
6=3 +√
33
6.
§ 3.5. Формула Кардано 157
Аналогично поступим и для 𝑧2. Это не всегда приводит к
результату, зато трудно найти лучший тренажер для тре-
нировки интуиции. Если выражения для 𝑧1и𝑧2не удалось
упростить, можно с тем же успехом использовать и изна-
чально полученные громоздкие выражения. В таком случае
ваше выражение может не совпадать с выражением в отве-
те. Возможно, наш совет не всем понравится, но мы пред-
лагаем тогда вычислить на компьюторе и сравнить значе-
ния ваших выражений со значениями выражений в ответе.
В любом случае это даст информацию для размышлений.
Таким образом,
𝑥1=𝑧1+𝑧2=3 +√
33
6+3−√
33
6= 1.
Как и в предыдущем примере, найдем комплексные корни:
𝑥2=𝑧1𝜀+𝑧2𝜀2=
=3 +√
33
6(︃
−1
2+𝑖√
3
2)︃
+3−√
33
6(︃
−1
2−𝑖√
3
2)︃
;
𝑥3=𝑧1𝜀2+𝑧2𝜀=
=3 +√
33
6(︃
−1
2−𝑖√
3
2)︃
+3−√
33
6(︃
−1
2+𝑖√
3
2)︃
.
Осталось раскрыть скобки и привести подобные.
Ответ: 𝑥1= 1, 𝑥2=−1
2+𝑖√
11
2,−1
2−𝑖√
11
2.
158 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
Пример 3. Найти корни многочлена 𝑥3+𝑥2−16𝑥+ 20. 𝛺203
Решение. Введем замену переменной 𝑥=𝑦−1
3, раскроем
скобки и приведем подобные. В результате получим много-
член 𝑦3−49
3𝑦+686
27.
Найдем 𝑄=(︁𝑞
2)︁2
+(︁𝑝
3)︁3
=(︂342
27)︂2
−(︂49
9)︂3
= 0.
Поскольку 𝑄= 0, обратимся к алгоритму II (с. 152).
𝑧3
1=𝑧3
2=−𝑞
2=−(︂7
3)︂3
⇒𝑧1=𝑧2=−(︂7
3)︂
.
𝜀+𝜀2=(︃
−1
2+𝑖√
3
2)︃
+(︃
−1
2−𝑖√
3
2)︃
=−1.
𝑦1=𝑧1+𝑧2=−14
3;𝑦2=𝑦3=−7
3(𝜀+𝜀2) =7
3.
𝑥1=𝑦1−1
3=−5;𝑥2=𝑥3=𝑦2−1
3= 2.
Ответ: 𝑥1=−5;𝑥2=𝑥3= 2.
Пример 4. Найти корни многочлена 𝑥3−6𝑥2−3𝑥+ 26. 𝛺203
Решение. Подстановка 𝑥=𝑦+2дастмногочлен 𝑦3−15𝑦+4:
𝑄= 4−125 =−121, 𝑧3
1,2=−2±𝑖·11.
Теперь мы можем действовать в соответствии с алгорит-
мом III (с. 153) или идти своим тернистым путем.
Первый способ . Приведем правую часть последнего ра-
§ 3.5. Формула Кардано 159
венства к тригонометрической форме:
−2±𝑖·11 = 𝑟(cos𝜑+𝑖·sin𝜑), где 𝑟=√4 + 121 =√
125,
𝜑=𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠(︁
−2√
125)︁
. Тогда
𝑧1=√
5(︂
cos𝜑+ 2𝜋𝑘
3+𝑖√
5 cos𝜑+ 2𝜋𝑘
3)︂
;
𝑧2=√
5(︂
cos𝜑+ 2𝜋𝑘
3−𝑖√
5 cos𝜑+ 2𝜋𝑘
3)︂
⇒
⇒𝑦1= 2√
5 cos𝜑
3, 𝑦2= 2√
5 cos𝜑+ 2𝜋
3, 𝑦3= 2√
5 cos𝜑+ 4𝜋
3,
где𝑘= 0,1,2. Таким образом,
𝑥1=𝑦1+ 2 = 2√
5 cos𝜑
3≈5,732;
𝑥2=𝑦2+ 2 = 2√
5 cos𝜑+ 2𝜋
3=−2;
𝑥3=𝑦3+ 2√
5 cos𝜑+ 4𝜋
3≈2,268,
где𝜑=𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠(︂
−2√
125)︂
.
Второй способ :
𝑧3
1=−2 +𝑖·11 =−8 + 12 𝑖+ 6−𝑖= (−2 +𝑖)3⇒𝑧1=−2 +𝑖.
Здесь снова сработала «угадайка», и такие комбинации про-
ходят только с целыми числами. В общем случае корни
160 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
уравнения не выражаются через его коэффициенты при по-
мощи радикалов с действительными подкоренными выра-
жениями. Аналогично 𝑧2=−2−𝑖и, таким образом,
𝑦1=𝑧1+𝑧2=−4;
𝑦2=𝑧1𝜀+𝑧2𝜀2=𝑧1(︃
−1
2+𝑖√
3
2)︃
+𝑧2(︃
−1
2−𝑖√
3
2)︃
= 2−√
3;
𝑦3=𝑧1𝜀2+𝑧2𝜀=𝑧1(︃
−1
2−𝑖√
3
2)︃
+𝑧2(︃
−1
2+𝑖√
3
2)︃
= 2+√
3.
Значит, 𝑥1=𝑦1+ 2 =−2;𝑥2=𝑦1+ 2 = 4−√
3≈2,268;
𝑥3=𝑦3+ 2 = 4 +√
3≈5,732.
Оба способа решения задачи дают один ответ. Разумеется,
нумерация корней не обязана совпадать. По форме ответ во
втором случае выглядит иначе, и не всегда просто доказать
тождественностьсоответствующихвыражений.Еслиприве-
денный в конце книги ответ к задаче не совпадает с вашим,
полезно найти численные значения результатов с некоторой
точностью. Если они не совпадают – кто-то из нас ошибся.
Ответ: 𝑥1=−2, 𝑥 2= 4−√
3, 𝑥 3= 4 +√
3.
Винженерныхприложенияхчастопредставляетинтересзна-
чение корня только с точностью до заданного количества
знаков после запятой. В таком случае гораздо эффективней
работают численные методы, с которыми мы обязательно
§ 3.6. Формула Феррари 161
познакомимся в одном из следующих выпусков нашей се-
рии.Аналитическоепредставлениекорнейкубическогомно-
гочленаможетиметьоченьдажегромоздкийвид.Приэтом,
чтобы примерно установить место корня на вещественной
оси, нам все равно потребуется поработать. Поэтому ана-
литическое решение интересно прежде всего в тех случаях,
когда мы в дальнейшем собираемся исследовать полученное
решение. Задачи, которые приведены в конце книги, пред-
назначены для закрепления теории, и их решение не пред-
полагает чрезмерно громоздких выкладок.
Задачи к параграфу на с. 203, п. 36–38. 𝛺
§ 3.6. Формула Феррари
149⇔164Первый шаг алгоритма нахождения корней мно-
гочлена четвертой степени
𝑥4+𝑎𝑥3+𝑏𝑥2+𝑐𝑥+𝑑
также связан с заменой переменной. Сделаем подстановку
𝑥=𝑦−𝑎
4, раскроем скобки и приведем подобные. Теперь за-
дача сводится к нахождению корней неполного многочлена
вида
𝑦4+𝑝𝑦2+𝑞𝑦+𝑟.
162 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
Введем вспомогательную переменную 𝛼и преобразуем вы-
ражение многочлена к виду
(︁
𝑦2+𝑝
2+𝛼)︁2
−[︂
2𝛼𝑦2−𝑞𝑦+(︂
𝛼2+𝑝𝛼−𝑟+𝑝2
4)︂]︂
.(6)
Полученноевыражениетождественноисходномуприлюбом
значении 𝛼. Теперь подберем такое значение 𝛼, при котором
выражение в квадратных скобках будет полным квадратом.
Дляэтогодостаточнонайтизначение 𝛼,обращающеевноль
дискриминант квадратного трехчлена
2𝛼𝑦2−𝑞𝑦+(︂
𝛼2+𝑝𝛼−𝑟+𝑝2
4)︂
.
𝐷=𝑞2−8𝛼(︂
𝛼2+𝑝𝛼−𝑟+𝑝2
4)︂
=
=−8𝛼3−8𝑝𝛼2−8(︂𝑝2
4−𝑟)︂
𝛼+𝑞2.
𝐷= 0⇒𝛼3+𝑝𝛼2+(︂𝑝2
4−𝑟)︂
𝛼−𝑞2
8= 0.
Кубическое уравнение всегда имеет по крайней мере один
вещественный корень. После того как выражение в квад-
ратных скобках из формулы (6) будет представлено в ви-
де полного квадрата, мы применим тождество для разно-
сти квадратов. Таким образом, многочлен четвертой степе-
ни раскладывается в произведение двух квадратных трех-
членов, а задача нахождения корней многочлена сводится
§ 3.6. Формула Феррари 163
к задаче нахождения корней двух квадратных трехчленов.
Пример. Найти корни многочлена 𝛺204
4𝑥4+ 80𝑥3+ 540 𝑥2+ 1496 𝑥+ 1465 .
Решение. Разделим левую и правую части уравнения на 4.
𝑥4+ 20𝑥3+ 135 𝑥2+ 374 𝑥+1465
4= 0.
Сделаем подстановку 𝑥=𝑦−5. Тогда уравнение примет вид
𝑦4−15𝑦2+ 24𝑦−15
4= 0.
Перепишем выражение в виде
(︂
𝑦2−15
2+𝛼)︂2
−(2𝛼𝑦2−24𝑦+𝛼2−15𝛼+ 60) .
𝐷= 276−8𝛼(𝛼2−15𝛼+ 60) =−8𝛼2+ 120 𝛼−480𝛼+ 12.
𝐷= 0⇒𝛼3−15𝛼2+ 60𝛼−72 = 0 .
Одинвещественныйкорень 𝛼= 3мыможем«угадать»(тео-
рема на с. 111). При 𝐷= 0квадратный трехчлен
2𝛼𝑦2−24𝑦+𝛼2−15𝛼+60 = 6 𝑦2−24𝑦+24 = 6( 𝑦2−4𝑦+4) = 6( 𝑦−2)2.
164 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
Следовательно,
(︂
𝑦2−9
2)︂2
−(︁√
6·(𝑦−2))︁2
=
=(︂
𝑦2−√
6𝑦−9
2+ 2√
6)︂(︂
𝑦2+√
6𝑦−9
2−2√
6)︂
.
1) Найдем корни трехчлена 𝑦2−√
6𝑦−9
2+ 2√
6.
𝐷= 4(6−2√
6);𝑥1,2=√
6
2±2√︀
6−2√
6.
2) Найдем корни трехчлена 𝑦2+√
6𝑦−9
2−2√
6.
𝐷= 4(6 + 2√
6);𝑥1,2=−√
6
2±2√︀
6 + 2√
6.
Ответ: 𝑥1=√
6
2−2√︀
6−2√
6;𝑥2=√
6
2+ 2√︀
6−2√
6;
𝑥3=−√
6
2−2√︀
6 + 2√
6;𝑥3=−√
6
2+ 2√︀
6 + 2√
6.
Формула Феррари так же, как и формула Кардано, не на-
шла широкого применения на практике по причине своей
громоздскости. Если бы в примере мы взяли многочлен со
случайными коэффициентами, вероятно, для записи ответа
не хватило бы места на странице.
Задачи к параграфу на с. 204, п. 39. 𝛺
§ 3.7. Границы корней многочлена
161⇔168Вэтомпараграфенасбудутинтересоватьтолько
вещественные корни многочлена. Мы уже знаем, что поиск
корней многочленов степени выше второй – дело непростое.
Даже если мы применяем численные методы, для начала
§ 3.7. Границы корней многочлена 165
неплохо бы знать, на каком интервале следует вести поиск.
Ведь ось бесконечная! Пусть дан многочлен
𝑃𝑛(𝑥) =𝑎0𝑥𝑛+𝑎1𝑥𝑛−1+···+𝑎𝑛−1𝑥+𝑎𝑛.
lim
𝑥→±∞⃒⃒⃒⃒𝑎0𝑥𝑛
𝑎1𝑥𝑛−1+𝑎2𝑥𝑛−2+···+𝑎0⃒⃒⃒⃒=
= lim
𝑥→±∞⃒⃒⃒⃒𝑎0𝑥
𝑎1+𝑎2
𝑥+···+𝑎0
𝑥𝑛−1⃒⃒⃒⃒= +∞.
Таким образом, старший член по модулю растет быстрей
всех остальных и, начиная с некоторой точки, превосходит
модуль их суммы. Значения |𝑥|, выходящие за эту границу,
не могут быть корнями. Теперь рассмотрим модуль много-
члена 𝑎1𝑥𝑛−1+𝑎2𝑥𝑛−2+···+𝑎0. Очевидно,
|𝑎1𝑥𝑛−1+𝑎2𝑥𝑛−2+···+𝑎0|≤|𝑎1||𝑥|𝑛−1+|𝑎2||𝑥|𝑛−2+···+|𝑎𝑛|≤
≤𝑀(⃒⃒𝑥|𝑛−1+|𝑥|𝑛−2+···+ 1)︀
,где𝑀=𝑚𝑎𝑥{|𝑎1|,|𝑎2|,···|𝑎𝑛|}.
По формуле суммы геометрической прогрессии,
𝑀(⃒⃒𝑥|𝑛−1+|𝑥|𝑛−2+···+ 1)︀
=𝑀|𝑥|𝑛−1
|𝑥|−1< 𝑀|𝑥|𝑛
|𝑥|−1.
Считаем|𝑥|>1. Тогда условие
|𝑎1𝑥𝑛−1+𝑎2𝑥𝑛−2+···+𝑎0|≤|𝑎0𝑥𝑛|
166 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
выполняется, если
𝑀|𝑥|𝑛
|𝑥|−1≤|𝑎0||𝑥|𝑛⇒𝑀
|𝑥|−1≤|𝑎0|⇒ | 𝑥|≥𝑀
|𝑎0|+ 1.
Заметим, что условие |𝑥|>1здесь действительно выполня-
ется. Последнее неравенство задает два интервала, на ко-
торых не может быть корней многочлена. В таком случае
корни следует искать только на интервале |𝑥|<𝑀
|𝑎0|+1. Ина-
че говоря, 𝑥∈(︁
−(︁
𝑀
|𝑎0|+ 1)︁
; +(︁
𝑀
|𝑎0|+ 1)︁)︁
. Мы только что
определили верхнюю границу для корней многочлена. Сде-
лаем замену переменной 𝑥=1
𝑧. Тогда
𝑎0𝑥𝑛+𝑎1𝑥𝑛−1+···+𝑎𝑛−1𝑥+𝑎𝑛=1
𝑧𝑛(𝑎𝑛𝑧𝑛+𝑎𝑛−1𝑥𝑛−1+···+𝑎0).
При этом будем считать, что 𝑎𝑛̸= 0, т. е. 𝑥= 0не являет-
ся корнем исходного многочлена. Каждому корню 𝑧нового
многочлена будет соответствовать корень 𝑥=1
𝑧исходного
многочлена и наоборот. Теперь займемся границами корней
многочлена в скобках. Пусть 𝑁=𝑚𝑎𝑥{|𝑎0|,|𝑎1|,···|𝑎𝑛−1|}.
Тогда, как доказано выше, |𝑧|<𝑁
|𝑎𝑛|+ 1. Отсюда
⃒⃒⃒⃒1
𝑥⃒⃒⃒⃒<𝑁
|𝑎𝑛|+ 1⇒ |𝑥|>𝑎𝑛
𝑁+|𝑎𝑛|.
§ 3.7. Границы корней многочлена 167
Следовательно, для корней многочлена всегда спра-
ведливо неравенство
|𝑎𝑛|
𝑁+|𝑎𝑛|<|𝑥|<𝑀
|𝑎0|+ 1
или, что то же самое,
𝑥∈(︂
−𝑀
|𝑎0|−1;−𝑎𝑛
𝑁+|𝑎𝑛|)︂
∪(︂𝑎𝑛
𝑁+|𝑎𝑛|;𝑀
|𝑎0|+ 1)︂
,
где𝑀=𝑚𝑎𝑥{|𝑎1|,|𝑎2|,···|𝑎𝑛|}, 𝑁=𝑚𝑎𝑥{|𝑎0|,|𝑎1|,···|𝑎𝑛−1|}.
Пример 1. Определить границы вещественных 𝛺204
корней многочлена 𝑥3−3𝑥2−3𝑥−4.
Решение. Сэтиммногочленоммыужевстречалисьнас.154.
𝑁=𝑚𝑎𝑥{1,3,3}= 3, 𝑀 =𝑚𝑎𝑥{3,3,4}= 4⇒|𝑥|∈(︂4
7; 5)︂
.
Ответ:|𝑥|∈(︀4
7; 5)︀
.
Пример 2. Определить границы вещественных 𝛺204
корней многочлена 3𝑥6−2𝑥4+𝑥3−3𝑥2+ 2.
Решение:
𝑁=𝑚𝑎𝑥{3,2,1,3}= 3, 𝑀=𝑚𝑎𝑥{2,1,3,2}= 3⇒|𝑥|∈(0,4; 2).
Ответ:|𝑥|∈(0,4; 2).
Задачи к параграфу на с. 204, п. 40. 𝛺
168 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
§ 3.8. Интерполяционный многочлен
Лагранжа
164⇔173Всем известно, что через две точки на плоскости
можно провести одну единственную прямую. Многие знают,
чточерезтриточки,нележащиенаоднойпрямой,проходит
единственная парабола с уравнением 𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐. Воз-
никает вопрос: как построить многочлен, график которого
проходит через заданные 𝑛точек плоскости? Рассмотрим
задачу для случая четырех точек: (𝑥1;𝑦1),(𝑥2;𝑦2),(𝑥3;𝑦3)и
(𝑥4;𝑦4). Поскольку мы строим функцию, естественно потре-
бовать различные значения 𝑥𝑖для𝑖= 1,2,3,4; значения 𝑦𝑖
могут совпадать. Теперь построим четыре вспомогательных
функции:
𝑓1(𝑥) =(𝑥−𝑥2)(𝑥−𝑥3)(𝑥−𝑥4)
(𝑥1−𝑥2)(𝑥1−𝑥3)(𝑥1−𝑥4);
𝑓2(𝑥) =(𝑥−𝑥1)(𝑥−𝑥3)(𝑥−𝑥4)
(𝑥2−𝑥1)(𝑥2−𝑥3)(𝑥2−𝑥4);
𝑓3(𝑥) =(𝑥−𝑥1)(𝑥−𝑥2)(𝑥−𝑥4)
(𝑥3−𝑥1)(𝑥3−𝑥2)(𝑥3−𝑥4);
𝑓4(𝑥) =(𝑥−𝑥1)(𝑥−𝑥2)(𝑥−𝑥3)
(𝑥4−𝑥1)(𝑥4−𝑥2)(𝑥4−𝑥3).
Нетрудно понять принцип их построения. Поскольку все
𝑥𝑖имеют различные значения, знаменатели дробей отлич-
ны от нуля. Каждая из четырех функций является много-
§ 3.8. Интерполяционный многочлен Лагранжа 169
членом третьей степени от 𝑥. А теперь попробуем в каче-
стве аргумента 𝑓𝑖(𝑥)подставить одно из значений 𝑥𝑗, где
𝑖, 𝑗= 1,2,3,4.
𝑓𝑖(𝑥𝑗) ={︃
1,если 𝑖=𝑗;
0,если 𝑖̸=𝑗.
Осталось записать выражение:
𝑓(𝑥) =𝑦1𝑓1(𝑥) +𝑦2𝑓2(𝑥) +𝑦3𝑓3(𝑥) +𝑦4𝑓4(𝑥).
Это и есть интерполяционный многочлен Лагранжа .
Сумма многочленов третьей степени является многочленом
степени не выше третьей, но может быть ниже третьей, если
коэффициенты при старших членах сократятся. Из свойств
вспомогательных функций следует: 𝑓(𝑥𝑖) = 𝑦𝑖. Таким об-
разом, график построенного многочлена проходит через че-
тыре заданные точки. Аналогичные рассуждения нетрудно
воспроизвестииприпостроении многочленапопятииболее
точкам. Своим названием многочлен обязан выдающемуся
французскому ученому Жозефу Луи Лагранжу, а под ин-
терполяцией в математике подразумевают метод нахож-
дения промежуточных значений функции по имеющемуся
набору известных.
Пример 1. Построить многочлен Лагранжа, график кото- 𝛺204
рого проходит через точки (0; 2) ,(3; 3) ,(4; 4) ,(7; 10)и(8; 12).
170 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
Решение. Поизвестнымзначениямабцисс {0,3,4,7,10}по-
строим вспомогательные функции:
𝑓1(𝑥) =(𝑥−3)(𝑥−4)(𝑥−7)(𝑥−8)
672;
𝑓2(𝑥) =𝑥(𝑥−4)(𝑥−7)(𝑥−8)
−60;
𝑓3(𝑥) =𝑥(𝑥−3)(𝑥−7)(𝑥−8)
48;
𝑓4(𝑥) =𝑥(𝑥−3)(𝑥−4)(𝑥−8)
−84;
𝑓5(𝑥) =𝑥(𝑥−3)(𝑥−4)(𝑥−7)
160.
Поставив в качестве коэффициентов при вспомогательных
функциях ординаты соответствующих точек, получим ин-
терполяционный многочлен Лагранжа:
𝑓(𝑥) = 2 𝑓1(𝑥) + 3𝑓2(𝑥) + 4𝑓3(𝑥) + 10 𝑓4(𝑥) + 12 𝑓5(𝑥).
На графике (рис. 31) видно, что кривая действительно про-
ходит через точки (0; 2) ,(3; 3) ,(4; 4) ,(7; 10)и(8; 12). Обычно
нетребуетсяприведенияподобныхввыражениимногочлена
Лагранжа, но если раскрыть скобки и привести подобные,
многочлен будет выглядеть так:
𝑓(𝑥) =−13
1680𝑥4+101
840𝑥3−653
1680𝑥2+263
420𝑥+ 2.
§ 3.8. Интерполяционный многочлен Лагранжа 171
Рис. 31.График многочлена Лагранжа
Сомневающиеся могут убедиться в том, что
𝑓(0) = 2,𝑓(3) = 3,𝑓(4) = 4,𝑓(7) = 10 и𝑓(8) = 12.
Вкурсематематикисреднейшколывыводятуравнениепря-
мой, проходящей через заданные точки (𝑥1;𝑦1)и(𝑥2;𝑦2):
𝑥−𝑥1
𝑥2−𝑥1=𝑦−𝑦1
𝑦2−𝑦1⇒𝑦=𝑦1𝑥2−𝑦2𝑥1
𝑥2−𝑥1+𝑦2−𝑦2
𝑥2−𝑥1𝑥.
Это же уравнение можно получить, сгруппировав по 𝑥чле-
ны интерполяционного многочлена Лагранжа:
𝑓(𝑥) =𝑦1𝑥−𝑥2
𝑥1−𝑥2+𝑦2𝑥−𝑥1
𝑥2−𝑥1.
Теперьзададимсявопросом:какойвидбудетиметьинтерпо-
ляционный многочлен Лагранжа, если заданы три лежащие
172 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
на одной прямой точки? Из теории (с. 80) следует, что пря-
мая не может пересечь параболу более чем в двух точках.
Пример 2. Построить многочлен Лагранжа, график кото- 𝛺204
рого проходит через точки (1; 2) ,(3; 6)и(9; 18).
Решение. Построим три вспомогательных многочлена:
𝑓1(𝑥) =(𝑥−3)(𝑥−9)
(1−3)(1−9)=(𝑥−3)(𝑥−9)
16;
𝑓2(𝑥) =(𝑥−1)(𝑥−9)
(3−1)(3−9)=(𝑥−1)(𝑥−9)
−12;
𝑓3(𝑥) =(𝑥−1)(𝑥−3)
(9−1)(9−3)=(𝑥−1)(𝑥−3)
48.
Тогда многочлен Лагранжа примет вид
𝑓(𝑥) = 2(𝑥−3)(𝑥−9)
16+ 6(𝑥−1)(𝑥−9)
−12+ 18(𝑥−1)(𝑥−3)
48.
Раскрыв скобки в правой части равенства, придем к урав-
нению 𝑦= 2𝑥. Алгоритм «распознал», что ему вместо пара-
болы «подсунули» прямую.
Ответ: 𝑦= 2𝑥.
Рассмотрим еще одну задачу. Требуется найти квадратный
трехчлен, если известны его корни 𝑥1и𝑥2, а его график
проходит через точку (𝑥0;𝑦0). В таком случае коэффици-
енты при вспомогательных многочленах, соответствующих
𝑥1и𝑥2, нулевые, поэтому достаточно построить один вспо-
могательный многочлен, соответствующий 𝑥0, и многочлен
§ 3.9. Многочлены в других задачах 173
Лагража будет равен произведению этого многочлена на 𝑦0:
𝑓(𝑥) =𝑦0·(𝑥−𝑥1)(𝑥−𝑥2)
(𝑥0−𝑥1)(𝑥0−𝑥2)=
=𝑦0
(𝑥0−𝑥1)(𝑥0−𝑥2)[𝑥2−(𝑥1+𝑥2)𝑥+𝑥1𝑥2].
Пример 3. Найти квадратный трехчлен, если его 𝛺205
корни (−1)и4, а график проходит через точку с координа-
тами (6,3).
Решение. Многочлен Лагранжа примет вид
𝑓(𝑥) =3
(6 + 1)(6−4)[𝑥2−(−1 + 4) 𝑥−4] =3
14(𝑥2−3𝑥−4).
Ответ:3
14(𝑥2−3𝑥−4).
Задачи к параграфу на с. 204, п. 41–42. 𝛺
§ 3.9. Многочлены в других задачах
168⇔188Охватитьвсеприложениямногочленоввэлемен-
тарной и высшей математике нереально. В этом параграфе
мы ограничимся несколькими примерами.
Пример 1. Решить уравнение3√𝑥+ 24 +√12−𝑥= 6. 𝛺205
Решение. Введем переменные 𝑢=3√𝑥+ 24и𝑣=√12−𝑥.
Тогда⎧
⎨
⎩𝑢+𝑣= 6
𝑢3+𝑣2= 36⇒⎧
⎨
⎩𝑣= 6−𝑢
𝑢3+ (6−𝑢)2= 36⇒
174 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
⇒𝑢3+𝑢2−12𝑢= 0⇒𝑢(𝑢2+𝑢−12) = 0⇒𝑢(𝑢+4)(𝑢−3) = 0 .
Рассмотрим три случая:
1)𝑢= 0⇒𝑥=−24. Проверка:3√
0 +√
36 = 6;
2)𝑢=−4⇒𝑥=−88. Проверка:3√−64 +√
100 = 6;
3)𝑢= 3⇒𝑥= 3. Проверка:3√
27 +√
9 = 6.
Ответ: 𝑥1=−24, 𝑥2=−88, 𝑥3= 2.
Теперь немного теории. Пусть дано неравенство
𝑙𝑜𝑔𝑎𝑏 > 𝑙𝑜𝑔 𝑎𝑐⇔𝑙𝑜𝑔𝑎𝑏−𝑙𝑜𝑔𝑎𝑐 >0.
Разумеется, для входящих в неравенство переменных долж-
ны выполняться условия:
(𝑎 >0)&(𝑎̸= 1)&( 𝑏 >0)&(𝑐 >0).
1)𝑎 <1⇒𝑏 < 𝑐, поскольку в таком случае логарифм – убы-
вающая функция: (𝑎−1<0)&(𝑏−𝑐 <0)⇒(𝑎−1)(𝑏−𝑐)>0;
2)𝑎 >1⇒𝑏 > 𝑐, поскольку теперь логарифм – возрастаю-
щая функция: (𝑎−1>0)&(𝑏−𝑐 >0)⇒(𝑎−1)(𝑏−𝑐)>0.
Значит, неравенство 𝑙𝑜𝑔𝑎𝑏−𝑙𝑜𝑔𝑎𝑐 > 0выполняется тогда
и только тогда, когда (𝑎−1)(𝑏−𝑐)>0. Повторив те же
рассуждения для случая 𝑙𝑜𝑔𝑎𝑏 < 𝑙𝑜𝑔 𝑎𝑐, мы придем к заклю-
чению, что в области определения соответствующих выра-
жений знак 𝑙𝑜𝑔𝑎𝑏−𝑙𝑜𝑔𝑎𝑐совпадает со знаком (𝑎−1)(𝑏−𝑐).
В математике имеется функция sgn(«сигнум»), название
§ 3.9. Многочлены в других задачах 175
которой происходит от латинского signum— знак. Опреде-
ляется функция так:
𝑠𝑔𝑛(𝑥) =⎧
⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎩1,если 𝑥 >0;
0,если 𝑥= 0;
−1,если 𝑥 >0.
Ее впервые ввел Леопольд Кронекер. Теперь вывод относи-
тельно разности логарифмов можно сформулировать сле-
дующим образом: 𝑠𝑔𝑛(𝑙𝑜𝑔𝑎𝑏−𝑙𝑜𝑔𝑎𝑐) = 𝑠𝑔𝑛[(𝑎−1)(𝑏−𝑐)].
Вдальнейшемдвавыражения 𝜙(𝑎, 𝑏, 𝑐, . . . )и𝜓(𝑎, 𝑏, 𝑐, . . . )бу-
дем называть знакоэквивалентными , если
𝑠𝑔𝑛[𝜙(𝑎, 𝑏, 𝑐, . . . )] =𝑠𝑔𝑛[𝜓(𝑎, 𝑏, 𝑐, . . . )]
для любого набора значений 𝑎, 𝑏, 𝑐, . . . , при котором опре-
делены все входящие в равенство выражения. Отношение
знакоэквивалентности будем обозначать:
𝜙(𝑎, 𝑏, 𝑐, . . . )∼𝜓(𝑎, 𝑏, 𝑐, . . . ).
Если 𝜙(𝑎, 𝑏, 𝑐, . . . )принимает только положительные значе-
ния на всей области определения, то 𝜙(𝑎, 𝑏, 𝑐, . . . )∼1, если
отрицательные, то 𝜙(𝑎, 𝑏, 𝑐, . . . )∼−1. Ниже представлены
некоторые знакоэквивалентные пары выражений.
176 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
Знакоэквивалентные выражения:
1.log𝑎𝑏−log𝑎𝑐∼(𝑎−1)(𝑏−𝑐).
2.log𝑎𝑏∼(𝑎−1)(𝑏−1).
3.log𝑏𝑎−log𝑐𝑎∼(𝑎−1)(𝑏−1)(𝑐−1)(𝑐−𝑏).
4.(︀
𝑎𝑏−𝑎𝑐)︀
∼(𝑎−1)(𝑏−𝑐).
5.(𝑏𝑎−𝑐𝑎)∼𝑎(𝑏−𝑐).
6.1
𝑎−𝑏∼(𝑎−𝑏).
7.√𝑎−√
𝑏∼(𝑎−𝑏).
8.1√𝑎−1√
𝑏∼(𝑏−𝑎).
9.(︀√𝑎−𝑐−√
𝑎−𝑏)︀
∼(𝑏−𝑐).
10.(︀√𝑎+𝑐−√
𝑎+𝑏)︀
∼(𝑐−𝑏).
Предлагаем читателю в порядке упражнений доказать зна-
коэквивалентность выражений начиная со второго пункта.
Обратите внимание, что правые части всех перечисленных
выше отношений – многочлены от 𝑎, 𝑏, 𝑐, . . . Эти отношения
не стоит заучивать. При наличии навыка они выводятся до-
вольно легко.
Пример 2. Решить неравенство 𝛺205
log𝑥+1(𝑥2−2𝑥−2)−log 1
𝑥+1(7−𝑥)<1.
§ 3.9. Многочлены в других задачах 177
Решение:
ОДЗ:⎧
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩𝑥+ 1>0
𝑥+ 1̸= 1
𝑥2−2𝑥−2>0
7−𝑥 >0⇒⎧
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩𝑥 >−1
𝑥̸= 0
𝑥∈(︀
−∞; 1−√
3)︀
∪(︀
1 +√
3; +∞)︀
𝑥 <7
Таким образом, 𝑥∈(︀
−1; 1−√
3)︀
∪(︀
1 +√
3; 7)︀
. Область до-
пустимыхзначенийотраженавверхнейчастисхемы(рис.32).
Рис. 32.Промежутки знакопостоянства
Преобразуем неравенство к виду
log𝑥+1(𝑥2−2𝑥−2) + log𝑥+1(7−𝑥)−log𝑥+1(𝑥+ 1)<0⇒
⇒log𝑥+1[︀
(𝑥2−2𝑥−2)(7−𝑥)]︀
−log𝑥+1(𝑥+ 1)<0.
В левой части последнего неравенства заменим разность ло-
гарифмов на знакоэквивалентное выражение (п. 1, с. 176):
𝑥[︀
(𝑥2−2𝑥−2)(7−𝑥)−(𝑥+ 1)]︀
<0⇒−𝑥(𝑥3−9𝑥2−13𝑥+15) <0.
178 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
Найдем среди делителей свободного члена целый корень
𝑥= 3и разделим многочлен на (𝑥−3)по схеме Горнера (см.
пр. на с. 114). Результат деления – квадратный трехчлен
𝑥2−6𝑥−5.Найдемегокорниизапишемисходныймногочлен
в виде произведения линейных членов:
−𝑥(𝑥−3)(︁
𝑥−(3−√
14))︁(︁
𝑥−(3 +√
14))︁
.
Точки 0,3,3−√
14,3 +√
14делят вещественную ось на
5 промежутков знакопостоянства. Определим знак на од-
ном из интервалов, а знаки остальных расставим по прин-
ципу чередования (см. пр. на с. 130). Промежутки знакопо-
стоянства отмечены на схеме (см. рис. 32). Нас интересуют
значения 𝑥∈(︀
−∞; 3−√
14)︀
∪(0; 3)∪(︀
3 +√
14; +∞)︀
.
С учетом ОДЗ,
⎧
⎨
⎩𝑥∈(︀
−1; 1−√
3)︀
∪(︀
1 +√
3; 7)︀
𝑥∈(︀
−∞; 3−√
14)︀
∪(0; 3)∪(︀
3 +√
14; +∞)︀⇒
⇒𝑥∈(−1; 3−√
14)∪(0; 3)∪(3 +√
14; 7) .
Ответ: (−1; 3−√
14)∪(0; 3)∪(3 +√
14; 7).
Пример 3. Решить неравенство 𝛺205
log𝑥+2(2𝑥2−7𝑥+ 8)−log𝑥+2(𝑥2−2𝑥+ 2)>0.
§ 3.9. Многочлены в других задачах 179
Решение:
ОДЗ:⎧
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩𝑥+ 2>0
𝑥+ 2̸= 1
2𝑥2−7𝑥+ 8>0
𝑥2−2𝑥+ 2>0⇒𝑥∈(−2;−1)∪(−1; +∞).
Разность логарифмов знакоэквивалентна (п. 1, c. 176) вы-
ражению (𝑥+ 1)( 𝑥2−5𝑥+ 6), и, таким образом,
(𝑥+ 1)( 𝑥−2)(𝑥−3)>0⇒𝑥∈(−1; 2)∪(3; +∞).
Решение входит в ОДЗ.
Ответ: (−1; 2)∪(3; +∞).
Пример 4. Решить неравенство 𝛺205
(︀
𝑥2−1)︀𝑥2−5𝑥+6−(︀
𝑥2−1)︀𝑥2−𝑥−2≤0.
Решение. Здесь следует сначала решить задачу со строгим
неравенством, а затем исследовать поведение функции
𝑓(𝑥) =(︀
𝑥2−1)︀𝑥2−5𝑥+6−(︀
𝑥2−1)︀𝑥2−𝑥−2
на границах промежутков знакопостоянства. В противном
случаемыможемсделатьпоспешныевыводы.Например,по
видууравнениязаключить,чтозначения 𝑥=±1–решения,
180 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
а это, как видно на графике функции 𝑓(𝑥)(рис. 33а), не так.
ОДЗ: 𝑥2−1>0⇒𝑥∈(−∞;−1)∪(1; +∞).
Рис. 33.График функции 𝑓(𝑥)
Разность показательных функций знакоэквивалентна (п. 4,
c. 176) выражению (𝑥2−2)(−4𝑥+ 8), и, таким образом,
(𝑥−√
2)(𝑥+√
2)(2−𝑥)<0⇒𝑥∈(−√
2;√
2)∪(2; +∞).
С учетом ОДЗ, 𝑥∈(−√
2;−1)∪(1;√
2)∪(2; +∞). Теперь
пора вспомнить, что в условии задачи речь шла о нестрогом
неравенстве. У нас имеется 5граничных точек: −√
2,−1,1,√
2и2. В точках±√
2и2график функции пересекает ось
𝑂𝑥, но с точками±1дело обстоит иначе:
lim
𝑥→−1−0𝑓(𝑥) =−1,lim
𝑥→1+0𝑓(𝑥) =−∞.
§ 3.9. Многочлены в других задачах 181
Поскольку 𝑓(𝑥)не определена на интервале (−1; 1), пере-
менная 𝑥стремится к (−1)слева, а к 1– справа. Первый
предел равен (−1), т. е. график функции обрывается в точ-
ке с координатами (−1;−1)(см. рис. 33б). Тем не менее в
самой точке 𝑥=−1функция не определена, так как выра-
жение (𝑥2−1)𝑥2−𝑥−2имеет в этой точке неопределенность
вида 00(любая степень ноля – ноль, но любое число в ну-
левой степени – единица). 𝑥= 1– вертикальная ассимпто-
та. Сам по себе график может стать источником заблужде-
ний. Например, рассматривая рис. 33а, можно заподозрить,
что график функции слева и справа прижимается к двум
вертикальным ассимптотам. Однако это не так. Просто при
𝑥→±∞функция очень быстро стремится к бесконечности:
lim
𝑥→−∞𝑓(𝑥) = +∞,lim
𝑥→+∞𝑓(𝑥) =−∞.
Поэтомупредположения,сделанныенаосновеграфика,тре-
буют теоретического обоснования. Обратите внимание на
тот замечательный факт, что решение строгого неравенства
заняло у нас всего несколько минут и три строки. Основной
объем работы ушел на обоснование границ.
Ответ: [−√
2;−1)∪(1;√
2]∪[2; +∞).
Пример 5. Решить неравенство 𝛺205
182 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
log𝑥+3(2𝑥2−6𝑥+ 4)−log𝑥+3(𝑥2−5𝑥+ 4)
(︀√5−𝑥−√6−𝑥)︀(︁
(8−𝑥)−2𝑥2+5𝑥−6−(8−𝑥)−𝑥2)︁<0.
Решение:
ОДЗ:⎧
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎧
⎨
⎩𝑥+ 3>0
𝑥+ 3̸= 1⇒𝑥∈(−3;−2)∪(−2; +∞)
⎧
⎨
⎩2𝑥2−6𝑥+ 4>0
𝑥2−5𝑥+ 4>0⇒𝑥∈(−∞; 1)∪(4; +∞)
⎧
⎨
⎩5−𝑥≥0
6−𝑥≥0⇒𝑥∈(−∞; 5]
8−𝑥 >0⇒
⇒𝑥∈(−3;−2)∪(−2; 1)∪(4; 5].
Заметим, что из отношений знакоэквивалентности (c. 176)
следует:
log𝑥+3(2𝑥2−6𝑥+4)−log𝑥+3(𝑥2−5𝑥+4)∼(𝑥+2)(𝑥2−𝑥) =
=𝑥(𝑥−1)(𝑥+ 2),(︀√
5−𝑥−√
6−𝑥)︀
∼−1;
(8−𝑥)−2𝑥2+5𝑥−6−(8−𝑥)−𝑥2∼(7−𝑥)(−𝑥2+ 5𝑥−6) =
= (𝑥−7)(𝑥−2)(𝑥−3),
𝑥(𝑥−1)(𝑥+ 2)
(−1)(𝑥−7)(𝑥−2)(𝑥−3)∼−𝑥(𝑥−1)(𝑥−2)(𝑥−3)(𝑥−7)(𝑥+2).
§ 3.9. Многочлены в других задачах 183
Неравенство−𝑥(𝑥−1)(𝑥−2)(𝑥−3)(𝑥−7)(𝑥+ 2)<0выпол-
няется для 𝑥∈(−3;−2)∪(0; 1)∪(2; 3)∪(7; +∞). В ответе
учтем ОДЗ.
Ответ: 𝑥∈(−3;−2)∪(0; 1).
Пример 6. Выразить cos(6 𝜑)иsin(6𝜑)через cos(𝜑)иsin(𝜑).𝛺206
Решение. Достроимснизуизображенныйнас.58треуголь-
ник Паскаля. Теперь последняя строка содержит коэффи-
циенты бинома (𝑎+𝑏)6:
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
1 6 15 20 15 6 1
По формуле Муавра (с. 145),
(cos𝜑+𝑖sin𝜑)6= cos 6 𝜑+𝑖sin 6𝜑. (7)
С другой стороны, по формуле бинома Ньютона:
(cos𝜑+𝑖sin𝜑)6= (cos 𝜑)6+ 6(cos 𝜑)5𝑖sin𝜑+
+ 15(cos 𝜑)4(𝑖sin𝜑)2+ 20(cos 𝜑)3(𝑖sin𝜑)3+
+ 15(cos 𝜑)2(𝑖sin𝜑)4+ 6 cos 𝜑(𝑖sin𝜑)5+ (sin 𝜑)6=
= cos6𝜑+𝑖·6𝑐𝑜𝑠5𝜑sin𝜑−15 cos4𝜑sin2𝜑−
−𝑖·20 cos3𝜑sin3𝜑+ 15 cos2𝜑sin4𝜑+𝑖·6 cos𝜑sin5𝜑−sin6𝜑=
= cos6𝜑−15 cos4𝜑sin2𝜑+ 15 cos2𝜑sin4𝜑−sin6𝜑+
+𝑖·(6𝑐𝑜𝑠5𝜑sin𝜑−20 cos3𝜑sin3𝜑+ 6 cos 𝜑sin5𝜑).(8)
184 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
Осталось приравнять правые части равенств (7) и (8).
Ответ:
cos 6𝜑= cos6𝜑−15 cos4𝜑sin2𝜑+ 15 cos2𝜑sin4𝜑−sin6𝜑,
sin 6𝜑= 6𝑐𝑜𝑠5𝜑sin𝜑−20 cos3𝜑sin3𝜑+ 6 cos 𝜑sin5𝜑.
Следующая задача связана с рядом Фибоначчи . Первые
двачленаэтогоряда–единицы,акаждыйследующийравен
сумме двух предыдущих:
1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144. . . .
Пример 7. Найти формулу 𝑛-го члена ряда Фибоначчи. 𝛺206
Решение. Пусть 𝑎𝑛–𝑛-й член ряда Фибоначчи,
где𝑛= 0,1,2, . . .Тогда 𝑎0=𝑎1= 1и𝑎𝑛=𝑎𝑛−1+𝑎𝑛−2для
𝑛= 2,3, . . .
Введем производящую функцию
𝑓(𝑥) =∞∑︁
𝑘=0𝑎𝑘𝑥𝑘=𝑎0+𝑎1𝑥+𝑎2𝑥2+𝑎3𝑥3+. . .= lim
𝑛→∞𝑛∑︁
𝑘=0𝑎𝑘𝑥𝑘.
Операции с такими суммами требуют теоретического обос-
нования, но все же мы рискнем продолжить рассуждения.
Умножим левую и правую части равенства 𝑎𝑘=𝑎𝑘−1+𝑎𝑘−2
§ 3.9. Многочлены в других задачах 185
на𝑥𝑘и просуммируем полученные равенства по 𝑘:
∞∑︁
𝑘=2𝑎𝑘𝑥𝑘=∞∑︁
𝑘=2𝑎𝑘−1𝑥𝑘+∞∑︁
𝑘=2𝑎𝑘−2𝑥𝑘=
=𝑥∞∑︁
𝑘=2𝑎𝑘−1𝑥𝑘−1+𝑥2∞∑︁
𝑘=2𝑎𝑘−2𝑥𝑘−2.Здесь
∞∑︁
𝑘=2𝑎𝑘𝑥𝑘=𝑓(𝑥)−𝑎0−𝑎1𝑥,∞∑︁
𝑘=2𝑎𝑘−1𝑥𝑘−1=∞∑︁
𝑘=1𝑎𝑘𝑥𝑘=𝑓(𝑥)−1,
∞∑︁
𝑘=2𝑎𝑘−2𝑥𝑘−2=∞∑︁
𝑘=0𝑎𝑘𝑥𝑘=𝑓(𝑥)и, таким образом,
𝑓(𝑥)−𝑎0−𝑎1𝑥=𝑥(𝑓(𝑥)−1)+𝑥2𝑓(𝑥)⇒𝑓(𝑥) =−1
𝑥2+𝑥−1.
Разложим на множители квадратный трехчлен
𝑥2+𝑥−1 =(︃
𝑥−−1−√
5
2)︃(︃
𝑥−−1 +√
5
2)︃
.
𝑓(𝑥) =−1(︁
𝑥−−1−√
5
2)︁(︁
𝑥−−1+√
5
2)︁=𝐴
𝑥−−1−√
5
2+𝐵
𝑥−−1+√
5
2.
Теперь найдем значения 𝐴и𝐵, при которых выполняется
последнее равенство:
𝐴
𝑥−−1−√
5
2+𝐵
𝑥−−1+√
5
2=(𝐴+𝐵)𝑥−𝐴−1+√
5
2−𝐵−1−√
5
2(︁
𝑥−−1−√
5
2)︁(︁
𝑥−−1+√
5
2)︁⇒
186 ГЛАВА 3. УРАВНЕНИЯ СТАРШЕГО ПОРЯДКА
⇒⎧
⎨
⎩𝐴+𝐵= 0
𝐴−1+√
5
2+𝐵−1−√
5
2= 1⇒⎧
⎨
⎩𝐴=√
5
5
𝐵=−√
5
5
Таким образом, 𝑓(𝑥) =√
5
5(︃
1
𝑥−−1−√
5
2−1
𝑥−−1+√
5
2)︃
=
=√
5
5(︃
1
√
5+1
2+𝑥+1
√
5−1
2−𝑥)︃
=
=√
5
5(︃
2√
5 + 1·1
1 +2𝑥√
5+1+2√
5−1·1
1−2𝑥√
5−1)︃
.
Нетрудно доказать:1√
5+1=√
5−1
4и1√
5−1=√
5+1
4. Тогда
𝑓(𝑥) =√
5
5(︃√
5−1
2·1
1 +√
5−1
2𝑥+√
5 + 1
2·1
1−√
5+1
2𝑥)︃
.
Мы знаем, что при |𝑥|<1имеют место равенства:
1
1−𝑥= 1 + 𝑥+𝑥2+𝑥3+. . .и1
1 +𝑥= 1−𝑥+𝑥2−𝑥3+. . .
Следовательно, 𝑓(𝑥) =√
5
5⎛
⎝√
5−1
2·∞∑︁
𝑘=0(−1)𝑘(︃√
5−1
2𝑥)︃𝑘
+
+√
5 + 1
2·∞∑︁
𝑘=0(︃√
5 + 1
2𝑥)︃𝑘⎞
⎠=
§ 3.9. Многочлены в других задачах 187
=√
5
5⎛
⎝∞∑︁
𝑘=0(−1)𝑘(︃√
5−1
2)︃𝑘+1
𝑥𝑘+∞∑︁
𝑘=0(︃√
5 + 1
2)︃𝑘+1
𝑥𝑘⎞
⎠=
=√
5
5∞∑︁
𝑘=0(−1)𝑘(√
5−1)(𝑘+ 1) + (√
5 + 1)𝑘+1
2𝑘+1𝑥𝑘=∞∑︁
𝑘=0𝑎𝑘𝑥𝑘.
Приравняв коэффициенты степенных рядов в последнем
равенстве, получим формулу 𝑘-го члена ряда Фибоначчи.
Ответ:
𝑎𝑘=√
5
5·(−1)𝑘(√
5−1)𝑘+1+ (√
5 + 1)𝑘+1
2𝑘+1,
где𝑘= 0,1,2, . . ..
Сомневающиеся могут проверить результат численно.
Задачи к параграфу на с. 205, п. 43–46. 𝛺
Задачи
173⇔207
1. Решить линейные уравнения с параметром
(отв. на с. 207):
(a)(𝑎2−2𝑎+ 1)·𝑥=𝑎2+ 2𝑎−3.
(b)(𝑎3−𝑎2−4𝑎+ 4)·𝑥=𝑎−1.
(c)(𝑎2−1)·𝑥+ (𝑎2−1)·𝑦=𝑎2−3𝑎+ 2.
(d)(𝑎2−2𝑎−3)·𝑥+ (𝑎−2)·𝑦=𝑎2−4𝑎+ 3.
2. Решить системы линейных уравнений (отв. на с. 208):
(a)⎧
⎨
⎩𝑥+ 2𝑦= 5;
3𝑥+𝑦= 3.
(b)⎧
⎨
⎩5𝑥−3𝑦= 1;
2𝑥+ 4𝑦= 2.
(c)⎧
⎨
⎩2𝑥+𝑦= 1;
4𝑥+ 2𝑦= 2.
(d)⎧
⎨
⎩3𝑥+ 2𝑦= 3;
6𝑥+ 4𝑦= 5.
189
3. Решить системы линейных уравнений с параметром
(отв. на с. 208):
(a)⎧
⎨
⎩(3 +𝑎)·𝑥+ 2·𝑦= 3;
𝑎·𝑥−𝑦= 3.
(b)⎧
⎨
⎩(7−𝑎)𝑥+𝑎𝑦= 5;
(1 +𝑎)𝑥+ 3𝑦= 5.
(c)⎧
⎨
⎩−4𝑥+𝑎𝑦= 1 + 𝑎;
(6 +𝑎)𝑥+ 2𝑦= 3 + 𝑎.
4. Решить системы линейных уравнений (отв. на с. 209):
(a)⎧
⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎩2𝑥−𝑦−𝑧= 4;
3𝑥+ 4𝑦−2𝑧= 11;
3𝑥−2𝑦+ 4𝑧= 11.
(b)⎧
⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎩𝑥+𝑦+ 2𝑧=−1;
2𝑥−𝑦+ 2𝑧=−4;
4𝑥+ 2𝑦+ 4𝑧=−2.
(c)⎧
⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎩3𝑥+ 2𝑦+𝑧= 5;
2𝑥+ 3𝑦+𝑧= 1;
2𝑥+𝑦+ 3𝑧= 11.
190 ЗАДАЧИ
(d)⎧
⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎩3𝑥+ 2𝑦+𝑧= 5;
2𝑥+ 3𝑦+𝑧= 1;
2𝑥+ 8𝑦+ 2𝑧=−6.
(e)⎧
⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎩3𝑥+ 2𝑦+𝑧= 5;
2𝑥+ 3𝑦+𝑧= 1;
2𝑥+ 8𝑦+ 2𝑧= 8.
5. Решить линейные неравенства с параметром
(отв. на с. 210):
(a)(𝑎2−1)·𝑥 > 𝑎2−𝑎−2.
(b)(𝑎2−𝑎−6)·𝑥≥𝑎2+ 3𝑎+ 2.
(c)(𝑎2−4𝑎+ 3)·𝑥≤𝑎2+𝑎−2.
6. Отобразить на плоскости геометрическое место точек
(𝑥;𝑦), заданное системой неравенств (отв. на с. 211):
(a)⎧
⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎩2𝑥−𝑦≥0;
𝑥+ 2𝑦≤5;
3𝑥−4𝑦≤5.
191
(b)⎧
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩𝑥+𝑦≤3;
2𝑥−𝑦≤6;
3𝑥+𝑦≥0;
𝑥−2𝑦≥−6.
7. Турбаза располагает следующими ресурсами для ор-
ганизации лодочных походов с одной ночевкой: 12 ин-
структоров, 7 палаток и 15 лодок. Имеются два марш-
рута: средней и повышенной сложности. Для похода
по маршруту средней сложности требуется 1 инструк-
тор, 1 палатка и 3 лодки. По маршруту повышенной
сложности – 2 инструктора, 1 палатка и 1 лодка. Изоб-
разите на чертеже область производственных возмож-
ностей турбазы, если обозначить 𝑥– количество по-
ходов по первому маршруту, 𝑦– по второму. Сколько
и каких походов следует организовать, чтобы извлечь
максимальный доход, а также чему будет равен доход
(отв. на с. 211):
(a) если один поход по маршруту средней сложности
даст 10 тысяч рублей, повышенной сложности –
8 тысяч;
(b) если один поход по маршруту средней сложности
даст7тысячрублей,повышеннойсложности–15
тысяч?
192 ЗАДАЧИ
8. Найти вещественные корни (отв. на с. 212):
(a)2𝑥2−5𝑥+ 10.
(b)𝑥2+ 2𝑥+ 7.
(c)3𝑥2+ 2𝑥−5.
(d)2𝑥2−3𝑥+ 1.
9. Решить квадратные уравнения с параметром
(отв. на с. 212):
(a)(2𝑎−1)𝑥2−(3𝑎+ 1)𝑥+𝑎−1 = 0.
(b)𝑎𝑥2−(1−2𝑎)𝑥+𝑎−2 = 0.
10. Решить неравенства (отв. на с. 213):
(a)𝑥2+ 3𝑥−10>0.
(b)2𝑥2−𝑥−15≤0.
(c)𝑥2−2𝑥+ 7>0.
(d)𝑥2+ 3𝑥+ 3<0.
11. Решить неравенства с параметром (отв. на с. 213):
(a)𝑥2+ 2𝑥+𝑎 <0.
193
(b)𝑥2+ 2𝑎𝑥+ 1>0.
12. Решить симметричные системы (отв. на с. 214):
(a)⎧
⎨
⎩𝑥+𝑦= 9;
𝑥𝑦= 14.
(b)⎧
⎨
⎩𝑥+𝑦= 5;
𝑥𝑦=−14.
(c)⎧
⎨
⎩𝑥+𝑦= 7;
𝑥𝑦= 1.
(d)⎧
⎨
⎩𝑥+𝑦= 14;
𝑥𝑦= 2.
(e)⎧
⎨
⎩𝑥+𝑦= 1;
𝑥𝑦= 7.
(f)⎧
⎨
⎩𝑥+𝑦= 2;
𝑥𝑦= 5.
13. Свести системы к симметричным и решить (отв. на
с. 214):
(a)⎧
⎨
⎩2𝑥+ 5𝑦= 9;
𝑥𝑦= 2.
194 ЗАДАЧИ
(b)⎧
⎨
⎩3𝑥−2𝑦= 8;
𝑥𝑦= 8.
(c)⎧
⎨
⎩2𝑥+ 3𝑦= 3;
𝑥𝑦= 2.
(d)⎧
⎨
⎩5𝑥−3𝑦= 2;
𝑥𝑦=−7.
(e)⎧
⎨
⎩2𝑥+ 7𝑦= 10;
𝑥𝑦= 1.
(f)⎧
⎨
⎩7𝑥−3𝑦= 11;
𝑥𝑦=−1.
14. Решить симметричные системы (отв. на с. 214):
(a)⎧
⎨
⎩𝑥+𝑦+𝑥𝑦= 11;
𝑥+𝑦−𝑥𝑦= 1.
(b)⎧
⎨
⎩𝑥2+𝑦2= 100;
𝑥𝑦= 48.
(c)⎧
⎨
⎩𝑥3+𝑦3= 28;
𝑥+𝑦= 4.
195
(d)⎧
⎨
⎩2(𝑥+𝑦)−𝑥𝑦= 4;
3𝑥𝑦+𝑥+𝑦= 23.
15. Решить симметричные системы (отв. на с. 215):
(a)⎧
⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎩𝑥+𝑦+𝑧= 0;
𝑥𝑦+𝑥𝑧+𝑦𝑧=−7;
𝑥𝑦𝑧= 6.
(b)⎧
⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎩𝑥+𝑦+𝑧= 2;
𝑥𝑦+𝑥𝑧+𝑦𝑧=−5;
𝑥𝑦𝑧=−6.
16. Решить однородные системы (отв. на с. 215):
(a)⎧
⎨
⎩4𝑥2−3𝑥𝑦+ 2𝑦2= 0;
2𝑥2+ 5𝑥𝑦−7𝑦2= 12.
(b)⎧
⎨
⎩3𝑥2+𝑥𝑦−4𝑦2= 0;
2𝑥2−3𝑥𝑦+𝑦2=−1.
(c)⎧
⎨
⎩3𝑥2+𝑥𝑦−2𝑦2= 0;
2𝑥2−3𝑥𝑦+𝑦2=−1.
(d)⎧
⎨
⎩5𝑥2−6𝑥𝑦+ 5𝑦2= 29;
7𝑥2−8𝑥𝑦+ 7𝑦2= 43.
196 ЗАДАЧИ
17. Представить многочлен 𝑃𝑛(𝑥)в виде
𝐷𝑚(𝑥)·𝑄𝑛−𝑚(𝑥)+𝑅𝑠(𝑥),гдестепеньостаткаотделения
𝑠 < 𝑚. Деление многочлена на многочлен выполнить
«лесенкой» (отв. на с. 215):
(a)𝑃5(𝑥) = 2 𝑥5+ 5𝑥4+ 2𝑥3+ 4𝑥2+ 3𝑥+ 7;
𝐷2(𝑥) =𝑥2+𝑥+ 1.
(b)𝑃6(𝑥) =𝑥6−𝑥5+ 5𝑥4−7𝑥3+ 12𝑥2−13𝑥+ 4;
𝐷2(𝑥) =𝑥2−𝑥+ 3.
(c)𝑃7(𝑥) = 2 𝑥7−𝑥6−3𝑥5+9𝑥4+13𝑥3+20𝑥2−16𝑥−33;
𝐷3(𝑥) =𝑥3−2𝑥2+𝑥+ 5.
(d)𝑃7(𝑥) = 3 𝑥7−11𝑥6+13𝑥5−4𝑥4+2𝑥3+13𝑥2−17𝑥−7;
𝐷3(𝑥) =𝑥3−3𝑥2+ 2𝑥+ 2.
18. Представить многочлен 𝑃𝑛(𝑥)в виде
𝐿(𝑥)·𝑄𝑛−1(𝑥) +𝑟, где 𝐿(𝑥)– линейный член, 𝑟– оста-
ток. Деление многочлена на линейный член 𝐿(𝑥)вы-
полнить по схеме Горнера (отв. на с. 216):
(a)𝑃4(𝑥) = 2 𝑥4+𝑥3−6𝑥2+ 7𝑥−4;𝐿(𝑥) =𝑥−1.
(b)𝑃5(𝑥) =𝑥5+3𝑥4+2𝑥3+𝑥2−14𝑥+3; 𝐿(𝑥) =𝑥+3.
(c)𝑃5(𝑥) = 2 𝑥5+ 13𝑥4+ 16𝑥3+ 3𝑥2−17𝑥−24;
𝐿(𝑥) =𝑥+ 5.
197
(d)𝑃5(𝑥) = 3 𝑥5−8𝑥4+ 5𝑥3−5𝑥2+𝑥+ 7;
𝐿(𝑥) =𝑥−2.
19. Разложить многочлены на множители (отв. на с. 216):
(a)𝑥4−𝑎4.
(b)𝑥2+ 14𝑎𝑥+ 49𝑎2.
(c)𝑥3−6𝑥2𝑎+ 12𝑥𝑎2−8𝑎3.
(d)𝑥4+𝑥2+ 1.
(e)𝑥4+𝑎4.
20. Разложить многочлены на множители (отв. на с. 217):
(a)𝑥5+ 3𝑥4−4𝑥3−12𝑥2.
(b)𝑥5+𝑥3𝑎2−𝑥2𝑎3−𝑎5.
(c)𝑥4+ 2𝑥3−2𝑥−1.
(d)4𝑥4+ 5𝑥2+ 1.
21. Разложить многочлены на множители, предваритель-
но заметив, что числа 1и2– их корни. Деление на
𝑥2−3𝑥+ 2выполнить «лесенкой» (отв. на с. 217):
(a)𝑥4−13𝑥3+ 53𝑥2−83𝑥+ 42.
198 ЗАДАЧИ
(b)𝑥4+ 7𝑥3−7𝑥2−43𝑥+ 42.
(c)𝑥5−8𝑥4+ 10𝑥3+ 46𝑥2−119𝑥+ 70.
(d)𝑥5−8𝑥4+ 24𝑥3−66𝑥2+ 119 𝑥−70.
22. Разложить многочлены на множители. Для пониже-
ния степени многочлена «угадать» его целый корень
(теор. на с. 111). Деление многочлена на линейный
член выполнить по схеме Горнера (отв. на с. 217):
(a)𝑥3−11𝑥2+ 31𝑥−21.
(b)𝑥3+ 12𝑥2+ 39𝑥+ 28.
(c)𝑥4−8𝑥3+ 8𝑥2+ 56𝑥−105.
(d)𝑥4+ 8𝑥3+ 22𝑥2+ 56𝑥+ 105.
23. Разложить многочлены на множители. Для пониже-
ния степени многочлена «угадать» его рациональный
корень (теор. на с. 112). Деление многочлена на линей-
ный член выполнить по схеме Горнера (отв. на с. 217):
(a)5𝑥3+ 4𝑥2+ 9𝑥−2.
(b)2𝑥3+ 9𝑥2+ 11𝑥+ 3.
(c)2𝑥3+ 5𝑥2−5𝑥+ 1.
199
(d)3𝑥3+ 17𝑥2+ 4𝑥−4.
24. Разложить многочлен четвертой степени с симметрич-
ными коэффициентами на множители (отв. на с. 218):
(a)𝑥4−8𝑥3+ 14𝑥2−8𝑥+ 1.
(b)3𝑥4−23𝑥3+ 48𝑥2−23𝑥+ 3.
(c)𝑥4−10𝑥3+ 26𝑥2−10𝑥+ 1.
(d)𝑥4−9𝑥3+ 22𝑥2−9𝑥+ 1.
25. Разложить многочлен шестой степени с симметричны-
ми коэффициентами на множители (отв. на с. 218):
(a)𝑥6−6𝑥5+ 14𝑥4−18𝑥3+ 14𝑥2−6𝑥+ 1.
(b)𝑥6−12𝑥5+ 50𝑥4−84𝑥3+ 50𝑥2−12𝑥+ 1.
26. Разложить многочлен на множители, исходя из пред-
положения, что он имеет делитель вида 𝑥2+𝑞
(отв. на с. 219):
(a)2𝑥4−3𝑥3+ 2𝑥2−6𝑥−4.
(b)2𝑥4−3𝑥3−7𝑥2+ 6𝑥+ 6.
(c)6𝑥5−11𝑥4+ 3𝑥3−18𝑥2−18𝑥+ 8.
200 ЗАДАЧИ
(d)6𝑥5−𝑥4+ 8𝑥3−7𝑥2−30𝑥−12.
27. Решить неравенства (отв. на с. 219):
(a)(𝑥+ 4)( 𝑥−5)(𝑥+ 1)( 𝑥−2)(3−𝑥)>0.
(b)(𝑥−2)𝑥(𝑥−3)(𝑥+ 1)≤0.
(c)(𝑥+ 3)3(𝑥+ 2)2𝑥(𝑥−1)(𝑥−2)2≥0.
(d)(𝑥+ 5)2(𝑥+ 3)( 𝑥−1)(𝑥−2)2(𝑥−3)<0.
(e)(𝑥2+ 2𝑥+ 5)( 𝑥+ 3)3(𝑥−2)2(𝑥−3)≥0.
(f)(𝑥+ 5)2(𝑥2+ 3𝑥+ 3)( 𝑥+ 2)( 𝑥−1)2(𝑥−2)<0.
28. Решить неравенства (отв. на с. 220):
(a)𝑥3+ 2𝑥2+𝑥−18>0.
(b)2𝑥3+𝑥2+ 4𝑥−15≤0.
(c)𝑥4−6𝑥3+ 10𝑥2−6𝑥+ 1>0.
(d)2𝑥4+𝑥3+ 4𝑥2+𝑥+ 2>0.
29. Найти комплексные корни квадратных трехчленов
(отв. на с. 220):
(a)𝑥2+ 4𝑥+ 5.
201
(b)𝑥2+ 5𝑥+ 7.
(c)3𝑥2−2𝑥+ 1.
(d)5𝑥2−3𝑥+ 3.
30. Найтикомплексныекорнимногочленов(отв.нас.220):
(a)𝑥3+ 2𝑥−3.
(b)2𝑥3−2𝑥2+𝑥−10.
(c)6𝑥3−9𝑥2+ 5𝑥−1.
(d)9𝑥3−18𝑥2+ 17𝑥−4.
31. Найтикомплексныекорнимногочленов(отв.нас.220):
(a)𝑥4+𝑥3+ 4𝑥2+𝑥+ 3.
(b)2𝑥4+ 2𝑥3+ 9𝑥2+ 4𝑥+ 10.
(c)6𝑥4−6𝑥3+ 5𝑥2−3𝑥+ 1.
(d)9𝑥4−15𝑥3+ 15𝑥2−5𝑥+ 4.
32. Даныкомплексныечисла 𝑧1и𝑧2.Найти 𝑧1+𝑧2,𝑧1−𝑧2,
𝑧1·𝑧2и𝑧1
𝑧2(отв. на с. 221):
(a)𝑧1= 2−𝑖·3, 𝑧 2= 2 + 𝑖·3.
202 ЗАДАЧИ
(b)𝑧1= 5 + 𝑖, 𝑧 2= 5 + 𝑖·2.
(c)𝑧1= 2 + 𝑖·√
24, 𝑧 1= 1 + 𝑖·√
6.
(d)𝑧1=−1 +𝑖·√
2, 𝑧 2= 5 + 𝑖·2√
2.
33. Привести комплексные числа к тригонометрической
форме (отв. на с. 222):
(a)−2 +𝑖·2√
3.
(b)7√
3−𝑖·7
2.
(c)6 +𝑖·5.
(d)5−𝑖·2.
34. Найти степень комплексного числа (отв. на с. 222):
(a)[︀
3(︀
cos𝜋
3+𝑖·sin𝜋
3)︀]︀3.
(b)[︀
2(︀
cos𝜋
4+𝑖·sin𝜋
4)︀]︀2.
(c)[︀
5(︀
cos𝜋
4+𝑖·sin𝜋
4)︀]︀3.
(d)(︀
cos𝜋
3+𝑖·sin𝜋
3)︀7.
35. Решить уравнения (отв. на с. 222):
(a)𝑧3−8𝑖= 0.
203
(b)𝑧4−16𝑖= 0.
(c)𝑧4+ 81 = 0 .
36. НайтикорникубическихмногочленовпоформулеКар-
дано (отв. на с. 223):
(a)𝑥3+ 9𝑥2+ 27𝑥+ 28.
(b)𝑥3+ 6𝑥2+ 18𝑥+ 22.
(c)𝑥3−5𝑥2+ 10𝑥−8.
(d)𝑥3+ 7𝑥2+ 18𝑥+ 18.
37. НайтикорникубическихмногочленовпоформулеКар-
дано (отв. на с. 223):.
(a)𝑥3+ 3𝑥2−9𝑥+ 5.
(b)𝑥3+ 4𝑥2−3𝑥−18.
(c)4𝑥3+ 16𝑥2+ 13𝑥+ 3.
(d)9𝑥3−42𝑥2+ 25𝑥−4.
38. НайтикорникубическихмногочленовпоформулеКар-
дано (отв. на с. 223):
(a)𝑥3−15𝑥2+ 60𝑥−28.
204 ЗАДАЧИ
(b)𝑥3−15𝑥2+ 60𝑥−72.
(c)𝑥3−3𝑥2−12𝑥+ 36.
(d)𝑥3−7𝑥2+ 13𝑥−3.
39. Найти корни многочленов по формуле Феррари
(отв. на с. 224):
(a)4𝑥4+ 16𝑥3+ 4𝑥2+ 8𝑥+ 1.
(b)4𝑥4+ 32𝑥3+ 36𝑥2−16𝑥+ 1.
40. Найти границы корней многочленов (отв. на с. 224):
(a)8𝑥3−3𝑥2+𝑥−7.
(b)𝑥3+ 2𝑥2−5𝑥+ 2.
(c)5𝑥4+𝑥3−𝑥2+ 4.
(d)𝑥4−2𝑥3−8𝑥2−𝑥+ 2.
41. Построить по трем точкам интерполяционный много-
член Лагранжа и сгруппировать его члены по степе-
ням𝑥(отв. на с. 224):
(a)(2; 5) ,(3; 7) ,(5; 8).
(b)(−3; 2),(0; 8) ,(5; 2).
205
(c)(−1; 3),(1; 0) ,(4; 6).
42. Найти квадратный трехчлен, график которого прохо-
дитчереззаданнуюточку 𝑀0,еслиизвестныегокорни
𝑥1и𝑥2(отв. на с. 224):
(a)𝑀0(8; 5) , 𝑥1= 2, 𝑥2= 4.
(b)𝑀0(0; 2) , 𝑥1=−2, 𝑥2= 5.
(c)𝑀0(−1; 5), 𝑥1= 3, 𝑥2= 7.
43. Решить уравнения (отв. на с. 224):
(a)3√2−𝑥+√𝑥−1 = 1.
(b)3√𝑥+ 7 +3√28−𝑥= 5.
44. Решить неравенства (отв. на с. 225):
(a)log𝑥−3(3𝑥2+ 5𝑥+ 2)−log𝑥−3(2𝑥2+ 6𝑥+ 4)>0.
(b)log𝑥+4(2𝑥3+𝑥2−3𝑥) + log 1
𝑥+4(𝑥3+𝑥−2)≥0.
(c)(4−𝑥2)2𝑥2−2𝑥−(4−𝑥2)𝑥2−1<0.
(d)(𝑥2−16)𝑥2−2𝑥+3−(𝑥2−16)𝑥2−3𝑥+2>0.
(e)(√2𝑥−2−√𝑥−3)(log𝑥𝑥2−log𝑥4)
(𝑥+2)𝑥2−(𝑥+2)𝑥 <0.
206 ЗАДАЧИ
(f)(︁
(𝑥−2)𝑥2−5𝑥+7−(𝑥−2)𝑥2+1)︁
(√3𝑥+6−√2𝑥+4)(︁
log(𝑥2)(𝑥3+𝑥2)−log(𝑥2)(𝑥2+𝑥))︁ >0.
45. Выразить через cos𝜑иsin𝜑(отв. на с. 225):
(a)cos 3𝜑иsin 3𝜑.
(b)cos 4𝜑иsin 4𝜑.
46. Известны первые три члена последовательности:
𝑎0= 2,𝑎1= 1и𝑎2= 2. Каждый следующий член вы-
ражается через предыдущие посредством отношения
𝑎𝑘=𝑎𝑘−1+𝑎𝑘−2+𝑎𝑘−3. Таким образом, первые 7чле-
нов последовательности: 2,1,2,13,62,241,842. По-
строивпроизводящуюфункцию,найтиформулуобще-
го члена последовательности (отв. на с. 225):
Ответы
188⇔9
№ – номер задачи,
З – номер страницы с заданием,
П – номер страницы с похожим примером,
Т – номер страницы соответствующего раздела теории.
№Ответ ЗПТ
1Линейные уравнения с параметром 188—19
1aℜпри𝑎= 1;иначе𝑎+ 3
𝑎−11881919
1bℜпри𝑎= 1; Øпри𝑎=±2;иначе1
𝑎2−41881919
1cØпри𝑎=−1; (ℜ;ℜ)при𝑎= 1;
{(𝑥;𝑦)},где𝑦=𝑎−2
𝑎+ 1−𝑥, 𝑥∈ℜ,иначе1882220
208 ОТВЕТЫ
№Ответ ЗПТ
1d(︂1
3;ℜ)︂
при𝑎= 2;иначе{(𝑥;𝑦)},
где𝑦=𝑎2−4𝑎+ 3
𝑎−2−𝑎2−2𝑎−3
𝑎−2·𝑥,
𝑥∈ℜ1882220
2Системы двух линейных уравнений 188—28
2a (1/5; 12/5) 1883228
2b (5/13; 4/13) 1883228
2c{(𝑥;𝑦)|2𝑥+𝑦= 1},где𝑥, 𝑦∈ℜ 1883328
2d Ø 1883328
3Системы двух линейных уравнений с пара-
метрами189—28
3a Øпри𝑎=−1;иначе(︂3
𝑎+ 1;−3
𝑎+ 1)︂
1893428
209
№Ответ ЗПТ
3bØпри𝑎=−7;{(𝑥;𝑦)|4𝑥+ 3𝑦= 5},
где𝑥, 𝑦∈ℜ,при𝑎= 3;
иначе(︂5
𝑎+ 7;10
𝑎+ 7)︂1893428
3c{(𝑥;𝑦)|4𝑥+ 2𝑦= 1},где𝑥, 𝑦∈ℜ,
при𝑎=−2 ;
Øпри𝑎=−4;иначе(︂𝑎−1
𝑎+ 4;𝑎+ 9
𝑎+ 4)︂1893428
4Системы трех линейных уравнений 189—35
4a (3; 1; 1) 1893735
4b (0; 3/2;−5/4) 1893735
4c (2;−2; 3) 1893735
4d{(𝑥;𝑦;𝑧)},где⎧
⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎩𝑥=13
5−1
5𝑧;
𝑦=−7
5−1
5𝑧;
𝑧∈ℜ1904335
4e Ø 1904435
210 ОТВЕТЫ
№Ответ ЗПТ
5Линейные неравенства с параметром 190—45
5aØпри𝑎=−1;ℜпри𝑎= 1;
(︂
−∞;𝑎−2
𝑎−1)︂
при𝑎∈(−1; 1);
(︂𝑎−2
𝑎−1; +∞)︂
при
𝑎∈(−∞;−1)∪(1; +∞)1904645
5bℜпри𝑎=−2; Øпри𝑎= 3;
(︂
−∞;𝑎+ 1
𝑎−3]︂
при𝑎∈(−2; 3);
[︂𝑎+ 1
𝑎−3; +∞)︂
при
𝑎∈(−∞;−2)∪(3; +∞)1904645
211
№Ответ ЗПТ
5cℜпри𝑎= 1и𝑎= 3;
(︂𝑎+ 2
𝑎−3; +∞)︂
при𝑎∈(1; 3);
(︂
−∞; +𝑎+ 2
𝑎−3)︂
при
𝑎∈(−∞; 1)∪(3; +∞)1904645
6Геометрическое место точек 190—45
6aОбласть, ограниченная треуголь-
ником с вершинами в точках
𝐴(1; 2) , 𝐵 (3; 1) , 𝐶 (−1;−2), включая
границу1904745
6bОбласть, ограниченная четырех-
угольником с вершинами в точках
𝐴(0; 3) , 𝐵(3; 0) , 𝐶(︀6
5;−18
5)︀
, 𝐷(︀
−6
7;18
7)︀
,
включая границу1904745
7Область производственных возможностей
ограничена пятиугольником с вершинами:
𝑂(0; 0) , 𝐴(0; 6) , 𝐵(2; 5) , 𝐶(4; 3) , 𝐷(5; 0) .1914945
7a4 маршрута средней сложности и 3 марш-
рута повышенной сложности, доход – 64
тысячи рублей1914945
212 ОТВЕТЫ
№Ответ ЗПТ
7b2 маршрута средней сложности и 5 марш-
рутов повышенной сложности, доход – 89
тысяч рублей1914945
8Корни квадратных трехчленов 192—59
8a Ø 1926159
8b Ø 1926159
8c−5
3и1 1926259
8d1
2и1 1926259
9Квадратные уравнения с параметром 192—59
9a−0,2при𝑎= 0,5;
Øпри𝑎∈(−9−2√
21;−9 + 2√
21);
3𝑎+ 1±√
𝑎2+ 18𝑎−3
2(2𝑎−1)при
𝑎∈(−∞;−9−2√
21]∪[−9 + 2√
21; 0,5)∪
∪(0,5; +∞)1926459
213
№Ответ ЗПТ
9b−2при𝑎= 0; Ø при𝑎∈(−∞;−0,25);
1−2𝑎±√4𝑎+ 1
2𝑎
при𝑎∈[−0,25; 0)∪(0; +∞)1926459
10Квадратные неравенства 192—59
10a (−∞;−5)∪(2; +∞) 1926659
10b [−5
2; 3] 1926659
10cℜ 1926659
10d Ø 1926659
11Квадратные неравенства с параметром 192—59
11aØпри𝑎∈[1; +∞);
(−1−√
1−𝑎;−1+√
1−𝑎)при𝑎∈(−∞; 1)1926959
214 ОТВЕТЫ
№Ответ ЗПТ
11b(−∞;−𝑎−√︀
𝑎2−1)∪(−𝑎+√︀
𝑎2−1; +∞)
при𝑎∈(−∞;−1]∪[1; +∞),
Øпри𝑎∈(−1; 1)1936959
12Симметричные формы 193—84
12a (2; 7)и(7; 2) 1938584
12b (−2; 7)и(7;−2) 1938584
12c(︁
7−3√
5
2;7+3√
5
2)︁
и(︁
7+3√
5
2;7−3√
5
2)︁
1938584
12d(︀
7−√
47; 7 +√
47)︀
и(︀
7 +√
47; 7−√
47)︀
1938584
12e Ø. 1938684
12f Ø. 1938684
13Сводящиеся к симметричным формы 193—84
13a (2,5; 0,8)и(2; 1) 1938784
13b (−4/3;−6)и(4; 2) 1948784
13c Ø 1948784
13d Ø 1948784
13e(︁
5−√
11
2;5+√
11
7)︁
и(︁
5+√
11
2;5−√
11
7)︁
1948784
13f(︁
11−√
37
14;−11−√
37
6)︁
и(︁
11+√
37
14;−11+√
37
6)︁
1948784
14Симметричные формы 194—84
215
№Ответ ЗПТ
14a (1; 5)и(5; 1) 1948884
14b (−6;−8),(−8;−6),(6; 8)и(8; 6) 1948884
14c (1; 3)и(3; 1) 1948884
14d (2; 3)и(3; 2) 1958884
15Симметричные формы 195—84
15a(−1;−2; 3),(−1; 3;−2),(−2;−1; 3),
(−2; 3;−1),(3;−1;−2),(3;−2;−1)1959384
15b(1;−2; 3),(1; 3;−2),(−2; 1; 3) ,
(−2; 3; 1) ,(3; 1;−2),(3;−2; 1)1959384
16Однородные многочлены 195—94
16a Ø 1959794
16b Ø 1959794
16c (2; 3) ,(−2;−3) 1959894
16d (2; 3) ,(−2;−3),(3; 2) ,(−3;−2) 1959894
17Деление многочлена на многочлен 196—102
17a 𝑄3(𝑥) = 2 𝑥3+ 3𝑥2−3𝑥+ 4; 𝑅1(𝑥) = 2 𝑥+ 3196104102
17b 𝑄3(𝑥) =𝑥4+ 2𝑥2−5𝑥+ 1; 𝑅1(𝑥) = 3 𝑥+ 1196104102
216 ОТВЕТЫ
№Ответ ЗПТ
17c𝑄3(𝑥) = 2 𝑥4+ 3𝑥3+𝑥2−2𝑥−7;
𝑅2(𝑥) = 3 𝑥2+𝑥+ 2196104102
17d𝑄3(𝑥) = 3 𝑥4−2𝑥3+𝑥2−3𝑥−5;
𝑅2(𝑥) = 2 𝑥2−𝑥+ 3196104102
18Схема Горнера 196—102
18a 𝑄3(𝑥) = 2 𝑥3+ 3𝑥2−3𝑥+ 4; 𝑟= 0 196106102
18b 𝑄3(𝑥) =𝑥4+ 2𝑥2−5𝑥+ 1; 𝑟= 0 196106102
18c 𝑄3(𝑥) = 2 𝑥4+ 3𝑥3+𝑥2−2𝑥−7;𝑟= 11 196106102
18d 𝑄3(𝑥) = 3 𝑥4−2𝑥3+𝑥2−3𝑥−5;𝑟=−3197106102
19Разложение на множители 197—107
19a (𝑥−𝑎)(𝑥+𝑎)(𝑥2+𝑎2) 197109107
19b (𝑥+ 7𝑎)2197109107
19c (𝑥−2𝑎)3196109107
19d (𝑥2−𝑥+ 1)( 𝑥2+𝑥+ 1) 197109107
19e(︀
𝑥2−√
2𝑎𝑥+𝑎2)︀(︀
𝑥2+√
2𝑎𝑥+𝑎2)︀
197109107
217
№Ответ ЗПТ
20Разложение на множители 197—107
20a 𝑥2(𝑥+ 3)( 𝑥−2)(𝑥+ 2) 197109107
20b (𝑥−𝑎)(𝑥2+𝑎2)(𝑥2+𝑎𝑥+𝑎2) 197109107
20c (𝑥−1)(𝑥+ 1)3197109107
20d (4𝑥2+ 1)( 𝑥2+ 1) 197109107
21Разложение на множители 197—107
21a (𝑥−1)(𝑥−2)(𝑥−3)(𝑥−7) 197113107
21b (𝑥−1)(𝑥−2)(𝑥+ 3)( 𝑥+ 7) 198113107
21c (𝑥−1)(𝑥−2)(𝑥−5)(𝑥−√
7)(𝑥+√
7) 198113107
21d (𝑥−1)(𝑥−2)(𝑥−5)(𝑥2+ 7) 198113107
22Разложение на множители 198—107
22a (𝑥−1)(𝑥−3)(𝑥−7) 198114107
22b (𝑥+ 1)( 𝑥+ 4)( 𝑥+ 7) 198114107
22c (𝑥−3)(𝑥−5)(𝑥−√
7)(𝑥+√
7) 198114107
22d (𝑥+ 3)( 𝑥+ 5)( 𝑥2+ 7) 198114107
23Разложение на множители 198—107
23a (5𝑥−1)(𝑥2+𝑥+ 2) 198116107
23b (2𝑥+ 3)( 𝑥2+ 3𝑥+ 1) 198116107
23c (2𝑥−1)(︁
𝑥+3−√
13
2)︁(︁
𝑥+3+√
13
2)︁
198116107
23d (3𝑥+ 2)(︁
𝑥+5−√
33
2)︁(︁
𝑥+5+√
33
2)︁
199116107
218 ОТВЕТЫ
№Ответ ЗПТ
24Разложение на множители 199—107
24a(︀
𝑥−(3−2√
2))︀(︀
𝑥−(3 + 2√
2))︀
(𝑥−1)2199116107
24b3(︃
𝑥−3−√
5
2)︃(︃
𝑥−3 +√
5
2)︃
·
·(︃
𝑥−7−2√
10
3)︃(︃
𝑥−7 + 2√
10
3)︃199116107
24c(︁
𝑥−(︁
2 +√
3)︁)︁(︁
𝑥−(︁
2−√
3)︁)︁
·
·(︁
𝑥−(3 + 2√
2))︁(︁
𝑥−(3−2√
2))︁199116107
24d(︁
𝑥−(︁
2 +√
3)︁)︁(︁
𝑥−(︁
2−√
3)︁)︁
·
·(︃
𝑥−5−√
21
2)︃(︃
𝑥−5 +√
21
2)︃199116107
25Разложение на множители 199—107
25a (𝑥−1)2(𝑥2−𝑥+ 1)(︁
𝑥−3−√
5
2)︁(︁
𝑥−3+√
5
2)︁
199117107
219
№Ответ ЗПТ
25b(︁
𝑥−(︁
2 +√
3)︁)︁(︁
𝑥−(︁
2−√
3)︁)︁
·
·(︃
𝑥−5−√
21
2)︃(︃
𝑥−5 +√
21
2)︃
·
·(︃
𝑥−3−√
5
2)︃(︃
𝑥−3 +√
5
2)︃199117107
26Разложение на множители 199—107
26a (𝑥2+ 2)(2 𝑥+ 1)( 𝑥−2) 199120107
26b 2(𝑥−√
2)(𝑥+√
2)(︁
𝑥−3−√
33
4)︁(︁
𝑥−3+√
33
4)︁
199120107
26c 6(𝑥2+ 2)(︀
𝑥−1
3)︀(︁
𝑥−3−√
41
4)︁(︁
𝑥−3+√
41
4)︁
199121107
26d 6(𝑥2+ 3)(︀
𝑥+1
2)︀(︁
𝑥−1−√
13
3)︁(︁
𝑥−1+√
13
3)︁
200121107
27Неравенства 200—125
27a (−∞;−4)∪(−1; 2)∪(3; 5) 200130129
27b [−1; 0]∪[2; 3] 200130129
27c [−3; 0]∪[1; +∞) 200130129
27d (−∞;−5)∪(−5;−3)∪(1; 2)∪(2; 3) 200130129
27e (−∞;−3]∪{2}∪[3; +∞) 200131129
27f (−2; 1)∪(1; 2) 200131129
220 ОТВЕТЫ
№Ответ ЗПТ
28Неравенства 200—125
28a (2; +∞) 200114129
28b (−∞; 1,5] 200116129
28c (−∞; 2−√
3)∪(2 +√
3; +∞) 200116129
28dℜ 200120129
29Комплексные корни 200—132
29a−2−𝑖и−2 +𝑖 200137132
29b−5−𝑖√
3
2и−5+𝑖√
3
2201137132
29c1−𝑖√
2
3и1+𝑖√
2
3201137132
29d3−𝑖√
51
10и3+𝑖√
51
10201137132
30Комплексные корни 201—132
30a 1,−1−𝑖√
11
2и−1+𝑖√
11
2201137132
30b 2,−1−𝑖3
2и−1+𝑖3
2201137132
30c1
2,3−𝑖√
3
6и3+𝑖√
3
6201137132
30d1
3,5−𝑖√
23
6и5+𝑖√
23
6201137132
31Комплексные корни 201—132
31a−1−𝑖√
11
2,−1+𝑖√
11
2,−𝑖,и𝑖 201138132
31b−1−𝑖3
2,−1+𝑖3
2,−𝑖√
2и𝑖√
2 201138132
31c3−𝑖√
3
6,3+𝑖√
3
6,−𝑖√
2
2и𝑖√
2
2201138132
31d5−𝑖√
23
6,5+𝑖√
23
6,−𝑖√
3
3и𝑖√
3
3201138132
221
№Ответ ЗПТ
32Операции с комплексными числами 201—132
32a𝑧1+𝑧2= 4, 𝑧1−𝑧2=−𝑖·6,
𝑧1·𝑧2= 13,𝑧1
𝑧2=−5−𝑖·12
13201137132
32b𝑧1+𝑧2= 10 + 𝑖·3, 𝑧1−𝑧2=−𝑖,
𝑧1·𝑧2= 23 + 𝑖·15,𝑧1
𝑧2=27−𝑖·5
29202137132
32c𝑧1+𝑧2= 3 + 𝑖·3√
6, 𝑧1−𝑧2= 1 + 𝑖·√
6
𝑧1·𝑧2=−10 + 𝑖·4√
6,𝑧1
𝑧2= 2202137132
222 ОТВЕТЫ
№Ответ ЗПТ
32d𝑧1+𝑧2= 4 + 𝑖·3√
2, 𝑧1−𝑧2=−6−𝑖·√
2,
𝑧1·𝑧2=−9 +𝑖·3√
2,𝑧1
𝑧2=−1 +𝑖·7√
2
33202137132
33Тригонометрическая форма 202—132
33a 4(︀
cos2𝜋
3+𝑖·sin2𝜋
3)︀
202142132
33b 7(︀
cos(−𝜋
6) +𝑖·sin(−𝜋
6))︀
202142132
33c√
61 (cos 𝜑+𝑖·sin𝜑),где𝜑=𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠6√
61202143132
33d√
29 (cos 𝜑+𝑖·sin𝜑),где𝜑=−𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠5√
29202143132
34Степень комплексного числа 202—132
34a−27 202145132
34b 𝑖·4 202145132
34c125√
2
2(−1 +𝑖) 202145132
34d1+𝑖√
3
2202145132
35Уравнения вида 𝑧𝑛=𝑎 202—132
35a√
3 +𝑖,−√
3 +𝑖,−𝑖2 202146132
223
№Ответ ЗПТ
35b√︀
2 +√
2 +𝑖√︀
2−√
2,
−√︀
2−√
2 +𝑖√︀
2 +√
2,
−√︀
2 +√
2−𝑖√︀
2−√
2,√︀
2−√
2−𝑖√︀
2 +√
2203146132
35c3√
2
2(1 +𝑖),3√
2
2(−1−𝑖),
3√
2
2(1−𝑖),3√
2
2(−1 +𝑖)203146132
36Формула Кардано 203—149
36a−4,−5−𝑖√
3
2и−5+𝑖√
3
2203154149
36b3√
2−3√
4−2,3√
4−3√
2
2−𝑖√
33√
4+3√
2
2−2,
3√
4−3√
2
2+𝑖√
33√
4+3√
2
2−2203154149
36c 2,3−𝑖√
7
2и3+𝑖√
7
2203155149
36d−3,−2−𝑖√
2и−2 +𝑖√
2 203155149
37Формула Кардано 203—149
37a−5,1и1 203158149
37b 2,−3и−3 203158149
37c−3,−1
2и−1
2203158149
37d 4,1
3и1
3203158149
38Формула Кардано 203—149
38a 7,4 + 2√
3и4−2√
3 203158149
38b 3,6 + 2√
3и6−2√
3 204158149
38c 3,2√
3и−2√
3 204158149
224 ОТВЕТЫ
№Ответ ЗПТ
38d 3,2 +√
3и2−√
3 204158149
39Формула Феррари 204—161
39a 𝑖·√
2
2,−𝑖·√
2
2,−2 +√
14
2и−2−√
14
2204163161
39b−2+√
6
2−√︀
6−2√
6,−2+√
6
2+√︀
6−2√
6,
−2−√
6
2−√︀
6 + 2√
6и−2−√
6
2+√︀
6 + 2√
6204163161
40Границы корней многочленов 204—164
40a|𝑥|∈(︀7
15;15
8)︀
204167164
40b|𝑥|∈(︀2
7; 6)︀
204167164
40c|𝑥|∈(︀4
9;9
4)︀
204167164
40d|𝑥|∈(︀1
5; 9)︀
204167164
41Многочлен Лагранжа 204—168
41a−1
2𝑥2+9
2𝑥−2 204172168
41b−2
5𝑥2+4
5𝑥+ 8 204172168
41c7
10𝑥2−3
2𝑥+4
5205172168
42Многочлен Лагранжа 205—168
42a5
24(𝑥2−6𝑥+ 8) 205173168
42b−2
10(𝑥2−3𝑥−10) 205173168
42c5
32(𝑥2−10𝑥+ 21) 205173168
43Уравнения 205—173
225
№Ответ ЗПТ
43a 1,2и10 205173173
43b 1и20 205173173
44Неравенства 205—173
44a (4; +∞) 205178173
44b (1; +∞) 205178173
44c (−2;−√
3)∪(√
3; 2) 205179173
44d (−√
17;−4)∪(√
17; +∞) 205179173
44e Ø 205181173
44f (2; 3) 206181173
45Тригонометрические тождества 206—173
45acos 3𝜑= 4 cos3𝜑−3 cos𝜑,
sin 3𝜑= 3 sin 𝜑−4 sin3𝜑206183173
45bcos 4𝜑= 8 cos4𝜑−8 cos2𝜑+ 1,
sin 4𝜑= 4(cos3𝜑sin𝜑−cos𝜑sin3𝜑)206183173
46Коэффициенты степенного ряда
𝑎𝑘=9−4·2𝑘+1+ 3𝑘+1
2,где𝑘= 0,1,2, . . .206184173
Древнегреческий алфавит
9⇔227
Буква Название Число Буква Название Число
𝐴𝛼 альфа 1𝑁𝜈 ню 50
𝐵𝛽 бета 2Ξ𝜉 кси 60
Γ𝛾 гамма 3𝑂𝑜 омикрон 70
Δ𝛿дельта 4Π𝜋 пи 80
𝐸𝜀 эпсилон 5𝑃𝜌 ро 100
𝑍𝜁 дзета 7Σ𝜎 сигма 200
𝐻𝜂 эта 8𝑇𝜏 тау 300
Θ𝜃 тета 9ϒ𝜐ипсилон 400
𝐼𝜄 йота 10Φ𝜙 фи 500
𝐾𝜅 каппа 20 𝑋𝜒 хи 600
Λ𝜆лямбда 30Ψ𝜓 пси 700
𝑀𝜇 мю 40Ω𝜔 омега 800
Биографические справки
226⇔237
1. АбельНильс(1802–1829)–норвежскийматематик,член
Королевского научного общества Норвегии; окончил
университет в Христиании (ныне Осло). Доказал, что
корни уравнения 5-й степени в общем случае не выра-
жаются через радикалы.
2. Валлис Джон (1616–1703) – английский математик,
один из предшественников математического анализа.
После окончания Кембриджского университета слу-
жил священником англиканской церкви. Не только са-
мостоятельноизучалматематикуноивелсобственные
научные исследования. В период революции занимал-
ся расшифровкой перехваченных писем сторонников
короля. После реставрации монархии был священни-
ком при дворе Карла I. Участвовал в создании Лон-
донского королевского общества (Британской акаде-
мии наук). С 1649 г. возглавлял в Оксфорде кафед-
ру геометрии. Ввел знаки «нестрогого неравенства»:
«больше или равно» (≥)и «меньше или равно» (≤).
3. ВейерштрассКарл(1815–1897)–немецкийматематик,
основоположник современного математического ана-
лиза. Четыре года учился на юридическом факульте-
228 БИОГРАФИЧЕСКИЕ СПРАВКИ
те Боннского университета, где заработал репутацию
отличного фехтовальщика и дуэлянта. Увлечение ма-
тематикой побудило Вейерштрасса покинуть универ-
ситет, после чего он длительное время преподавал в
гимназии небольшого провинциального городка Дейл-
Кроне. После того как за ряд опубликованных науч-
ных работ Кенигсбергский университет присвоил ему
степень доктора без защиты, Вейерштрасс получает
должность профессора в Берлинском промышленном
институте, а затем становится экстраординарным про-
фессором Берлинского университета.
4. Виет Франсуа (1540–1603) – французский математик.
Родился в семье прокурора. Закончил университет в
Пуатье, после чего занимался адвокатской практикой,
состоял советником при короле Генрихе III, а затем
Генрихе IV. Труды Виета по алгебре приобрели ши-
рокую известность в Европе. Увлечение математикой
один раз помогло Виету выполнить важное поручение
Генриха IV: расшифровать переписку испанских аген-
тов во Франции, за что он был обвинен испанским ко-
ролем Филиппом II в черной магии.
5. Гаусс Карл Фридрих (1777–1855) – немецкий матема-
тик,механик,физик,астрономигеодезист.ЧастоГаус-
са называют «королем математики». Дед Гаусса был
229
бедным крестьянином, отец – садовником и каменщи-
ком. С молоду Гаусс проявлял интерес к наукам, знал
множество языков. Говорят, однажды школьный учи-
тель математики, чтобы надолго занять детей, пред-
ложил им найти сумму всех чисел от 1 до 100. Гаусс
заметил, что попарные суммы одинаково удаленных
от концов ряда чисел равны 1 + 100 = 2 + 99 = . . .=
= 50 + 51 = 101 , и мгновенно нашел искомую сумму
101·50 = 5050 .
6. Горнер Уильям Джордж (1786–1837) – английский ма-
тематик, в честь которого названа схема Горнера. По-
лучил образование в Кингсвудской школе Бристоля; в
возрасте 16 лет стал помощником директора школы,
а еще через 4 года – директором. Открыл способ при-
ближенного вычисления действительных корней мно-
гочлена.
7. ДедекинЮлиусВильгельмРихард(1831–1916)–немец-
кий математик, один из основоположников теории ве-
щественных чисел. Закончил Геттингенский универси-
тет. Получив докторскую степень, продолжил образо-
вание в Берлинском университете, после чего препода-
валтеориювероятностейигеометриювГеттингенском
университете.
230 БИОГРАФИЧЕСКИЕ СПРАВКИ
8. Декарт Рене (1596–1650) – французский философ, ма-
тематик, механик, физик и физиолог. Закончил иезу-
итскийколледжЛаФлеш.С1617г.вофицерскомчине
находился на военной службе в революционной Гол-
ландии, затем в Германии, сражался за Прагу, прини-
мал участие в осаде крепости Ла-Рошель. Как чело-
век, отличавшийся свободомыслием, по возвращении
во Францию вскоре был заподозрен иезуитами в ереси
и потому вынужден переехать в Голландию, где в те-
чение 20 лет им были написаны выдающиеся научные
работы. Декарт переработал математическую симво-
лику Виета и создал новую, близкую к современной.
Введенная им «декартова» система координат позво-
лилаустановитьсоответствиемеждуалгебраическими
уравнениями и широким классом кривых на плоско-
сти. Задолго до Ньютона пришел к выводу, что основ-
ным видом движения является движение по инерции,
ввел понятие «количество движения» и впервые сфор-
мулировал закон сохранения движения.
9. Кантор Георг (1845–1918) – немецкий математик, со-
здатель теории множеств. Учился в Федеральном по-
литехническом институте в Цюрихе, затем в Берлин-
ском университете. После присвоения степени доктора
философии преподавал в Галльском университете.
231
10. Канторович Леонид Витальевич (1912-1986) – совет-
ский математик и экономист, лауреат Ленинской, Ста-
линской и Нобелевской премий, академик АН СССР.
В 1930 г. закончил математический факультет Ленин-
градского университета. Незадолго до начала войны
вступил в должность заведующего кафедрой матема-
тики Военного инженерно-технического университета;
участник обороны Ленинграда. В 1948 г. по распоря-
жению И. В. Сталина привлечен к участию в ядерном
проекте, однако прежде всего известен как основопо-
ложник линейного программирования.
11. Кардано Джероламо (1501–1576) – итальянский мате-
матик,инженер,философ,медикиастролог;закончил
Падуанский университет. Завоевал репутацию одного
излучшихврачейЕвропы.Егоимяноситформуладля
нахождения корней кубического уравнения. Также его
именем назван карданный вал.
12. Крамер Габриэль (1704–1752) – швейцарский матема-
тик, автор работ по небесной механике, геометрии, ис-
тории математики и философии. Один из создателей
линейной алгебры.
13. Кронекер Леопольд (1823–1914) – немецкий матема-
тик, член-корреспондент Петербургской и Берлинской
232 БИОГРАФИЧЕСКИЕ СПРАВКИ
академий наук. После окончания Берлинского универ-
ситета до 30 лет занимался семейным бизнесом, свя-
занным с сельским хозяйством, а математике посвя-
щал свободное время. Став состоятельным человеком,
перебрался в Берлин, где преподавал в университете.
Направление основных научных работ – алгебра и тео-
рия чисел. Именно Кронекеру принадлежит известное
изречение «Бог создал простые числа, все остальное –
дело рук человека».
14. Лагранж Жозеф Луи (1736–1813) – французский ма-
тематик, астроном и механик. С 1755 г. преподавал
математику в Королевской артиллерийской школе в
Турине. В 1766 г. по приглашению прусского короля
Фридриха II переезжает в Берлин, где вначале руко-
водит физико-математическим отделением Академии
наук, а затем становится президентом Академии наук.
15. Лейбниц Готфрид Вильгельм (1646-–1716) – немецкий
философ, логик, математик, физик, юрист, историк,
дипломат, изобретатель и языковед. Основатель и пер-
вый президент Берлинской академии наук. Ставил во-
прос о машинном моделировании функций человече-
ского мозга. Изобрел собственную конструкцию ариф-
мометра, способного выполнять операции сложения,
вычитания, умножения, деления, извлечения квадрат-
233
ных и кубических корней. Неоднократно встречался
с российским императором Петром I, сформулировал
идею распространения научных знаний в России. За
заслуги перед отечеством получил от Петра I титул
тайного советника юстиции и пенсию в 2000 гульде-
нов.
16. Маклорен Колин (1698–1746) – шотландский матема-
тик,членЛондонскогокоролевскогообществас 1719 г.
Один из первых применил определители для решения
систем линейных уравнений. Внес большой вклад в
обоснование разработанного Ньютоном и Лейбницем
анализа бесконечно малых.
17. Минехм (IV в. до н. э.) – греческий математик, ученик
Евдокса, член академии Платона. Открыл конические
сечения и даже создал приборы для их вычерчивания.
18. Муавр Абрахим де (1667–1754) – английский матема-
тик,членЛондонскогокоролевскогообщества,Париж-
ской и Берлинской академий наук. Открыл форму-
лу для возведения в степень комплексных чисел, внес
большой вклад в теорию вероятностей. Был близким
другом Ньютона.
19. Ньютон Исаак (1642–1727) – английский физик, ма-
тематик, астроном. В 1661 г. поступил в Тринити-
234 БИОГРАФИЧЕСКИЕ СПРАВКИ
колледж Кембриджского университета. Является од-
ним из создателей классической механики и закона
всемирного тяготения, разработал дифференциальное
и интегральное исчисление. Некоторое время Ньютон
находился на должности управляющего королевского
монетного двора, дважды избирался в члены парла-
мента.
20. Паскаль Блез (1623–1662) – французский математик,
механик, физик, литератор и философ, классик фран-
цузской литературы, один из основоположников тео-
риивероятностей.Достигвыдающихсяуспеховвомно-
гихнауках,занимаясьсамообразованием.Так,в19лет
он создал механическую счетную машину, которая на
следующие три столетия стала основой для большин-
ства арифмометров.
21. Рекорд Роберт (1510–1558) – английский врач и мате-
матик. Окончил Оксфордский университет, занимался
врачебной практикой, некоторое время преподавал в
Оксфорде математику и риторику, был управляющим
королевского монетного двора Великобритании, лич-
ным врачом короля Эдуарда IV и королевы Марии I.
За долги был арестован и помещен в тюрьму Кингз
Бенг в округе Саутворк, где в 1558 г. и умер. Рекорд
впервые ввел в математическую символику знак ра-
235
венства («=»).
22. Стевин Симон (1548–1620) – фламандский математик,
механикиинженер.Всвоейкниге«Десятая»далпрак-
тическое описание арифметики десятичных дробей, а
такжеубедительнообосновалбольшиеперспективыих
применениявсистемахмеримонетномделе.Послеего
работвЕвропесталиширокоприменятьсядесятичные
дроби.
23. Феррари Лудовико (1522–1565) – итальянский матема-
тик. Окончил Миланский университет, где в дальней-
шем некоторое время заведовал кафедрой математи-
ки. Ученик Кардано. Феррари нашел общее решение
уравнения четвертой степени.
24. Фибоначчи Леонардо (1170–1250) – итальянский мате-
матик, известный также под именем Леонардо Пизан-
ский, автор ряда математических трактатов. Матема-
тику изучал у арабских учителей в Алжире, где его
отец часто бывал по торговым делам. Работы Фибо-
наччи способствовали распространению в Европе по-
зиционной системы счисления.
25. ХэрриотТомас(1560–1621)–английскийастроном,ма-
тематик, этнограф и переводчик. Окончил Оксфорд-
скийуниверситет. Ввелзнаки«строгогонеравенства»:
236 БИОГРАФИЧЕСКИЕ СПРАВКИ
«больше» (>)и«меньше» (<).ПереписывалсясКепле-
ром. Составил одну из первых карт Луны, которую на-
чал наблюдать в телескоп раньше Галилея. Одним из
первых заметил и описал солнечные пятна.
26. Эйлер Леонард (1707–1783) – швейцарский, немецкий
и российский математик и механик, автор более 850
научных работ по математическому анализу, диффе-
ренциальной геометрии, теории числел, приближен-
нымвычислениям,небесноймеханике,математической
физике, оптике, баллистике, воздухоплаванию, кораб-
лестроению, кораблевождению, теории музыки, меди-
цине и другим наукам. Академик Петербургской, Бер-
линской,Парижскойирядадругихакадемийнаук.Бо-
лее тридцати лет работал в России и внес огромный
вклад в подготовку кадров для российской науки, об-
разования, армии и промышленности.
Список литературы
227⇐
1. Бронштейн И. Н. Справочник по математике для ин-
женеровиучащихсяВТУЗов/И.Н.Бронштейн,К.А.
Семендяев. – Москва : Наука, 1986. – 544 с.
2. Корн Г. Справочник по математике для научных ра-
ботников и инженеров / Г. Корн, Т. Корн. – Москва :
Наука, 1977. – 832 с.
3. Королёва Т. М. Пособие по математике для поступаю-
щих в вузы. Часть 1 / Т. М. Королёва, Е. Г. Маркарян,
Ю. М. Нейман – Москва : Изд-во МИИГА и К, 2008. –
144 с.
4. Курош А. Г. Курс высшей алгебры / А. Г. Курош. –
Москва : Наука, 1975. – 432 с.
5. Литвиненко В. Н. Практикум по элементарной мате-
матике. Алгебра. Тригонометрия / В. Н. Литвинен-
ко, А. Г. Мордкович. – Москва : Просвещение, 1991. –
352 с.
6. Лунц Г. Л. Функции комплексного переменного / Г. Л.
Лунц, Л. Э. Эльсгольц. – Москва : Государственное
изд-во физико-математической литературы, 1958. –
300 с.
238 СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ
7. Моденов В. П. Задачи с параметрами. Координатно-
параметрический метод / В. П. Моденов. – Москва :
Экзамен, 2007. – 285 с.
8. Погорелов А. В. Аналитическая геометрия / А. В. По-
горелов – Москва : Наука, 1978. – 208 с.
9. Полный сборник решений задач для поступающих в
вузы. Группа В / под ред. М. И. Сканави. – Москва :
Мир и образование, 2003. – 608 с.
10. Система тренировочных задач и упражнений по мате-
матике / А. Я. Симонов [и др.] – Москва : Просвеще-
ние, 1991. – 540 с.
11. Смирнов В. И. Курс высшей математики. Т. I / В. И.
Смирнов. – Москва : Наука, 1974. – 480 с.
12. Цубербиллер О. Н. Задачи и упражнения по анали-
тической геометрии / О. Н. Цубербиллер. – Москва :
Наука, 1984. – 336 с.
Учебное издание
Белый Евгений Константинович
Дорофеева Юлия Александровна
Математика не для ЕГЭ
Алгебраические уравнения
Учебное пособие для абитуриентов
и студентов первого курса
Редактор Е. Е. Порывакина
Оформление обложки Е. Ю. Тихоновой
Компьютерная верстка Е. К. Белого
Подписано в печать 20.8.15. Формат 60х84 1/16.
Бумага офсетная. Уч.-изд. л. 7,5. Тираж 200 экз.
Изд. № 287
Федеральное государственное бюджетное
образовательное учреждение
высшего профессионального образования
ПЕТРОЗАВОДСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ
УНИВЕРСИТЕТ
Отпечатано в типографии Издательства ПетрГУ
185910, г. Петрозаводск, пр. Ленина, 33