Математика. Решение уравнение высших степеней различными способами.

Способы решения некоторых видов уравнений высших степеней

1. Уравнения, которые имеют вид (х + а)ⁿ + (х + b)ⁿ = c, решаются подстановкой t = x + (a + b)/2. Этот метод называется методом симметризации.

Примером такого уравнения может быть уравнение вида (х + а)⁴ + (х + b)⁴ = c.

Пример.

(х + 3)⁴ + (х + 1)⁴ = 272.

Решение. 

Делаем подстановку, о которой говорилось выше:

t = x + (3 + 1)/2 = х + 2, после упрощения: х = t – 2.

(t – 2 + 3)⁴ + (t – 2 + 1)⁴ = 272.

(t + 1)⁴ + (t – 1)⁴ = 272.

Убрав скобки с помощью формул, получим:

t⁴ + 4t³ + 6t² + 4t + 1 + t⁴ – 4t³ + 6t² – 4t + 1 = 272.

2t⁴ + 12t² – 270 = 0.

t⁴ + 6t² – 135 = 0.

t² = 9 или t² = -15.

Второе уравнение корней не дает, а вот из первого имеем t = ±3.

После обратной замены получим, что х = -5 или х = 1.

Ответ: -5; 1.

Для решения подобных уравнений часто оказывается эффективным и метод разложения на множители левой части уравнения.

2. Уравнения вида (х + а)(х + b)(x + c)(x + d) = А, где а + d = c + b.

Методика решения подобных уравнений заключается в частичном раскрытии скобок, а затем введении новой переменной.

Пример.

(х + 1)(х + 2)(x + 3)(x + 4) = 24.

Решение.

Вычисляем: 1 + 4 = 2 + 3. Группируем скобки по парам:

((х + 1)(x + 4))((х + 2)(x + 3)) = 24,

(х² + 5х + 4)(х² + 5х + 6) = 24.

Сделав замену х² + 5х + 4 = t, имеем уравнение

t(t + 2) = 24, оно является квадратным:

t² + 2t – 24 = 0.

t = -6 или t = 4.

После выполнения обратной замены, легко находим корни исходного уравнения.

Ответ: -5; 0.

3. Уравнения вида (х + а)(х + b)(x + c)(x + d) = Ах², где аd = cb.

Метод решения заключается в частичном раскрытии скобок, делении обеих частей на х² и решении совокупности квадратных уравнений.

Пример.

(х + 12)(х + 2)(x + 3)(x + 8) = 4х².

Решение.

Перемножив в левой части первые две и последние две скобки получим:

(х² + 14х + 24)(х² + 11х + 24) = 4х². Делим на х² ≠ 0.

(х + 14 + 24/х)(х + 11 + 24/х) = 4. Заменой (х + 24/х) = t приходим к квадратному уравнению:

(t + 14)(t + 11) = 4;

t² + 25х + 150 = 0.

t = 10 или t = 15.

Произведя обратную замену х + 24/х = 10 или х + 24/х = 15, находим корни.

Ответ: (-15  ± √129)/2; -4; -6.

4. Решить уравнение (3х + 5)⁴ + (х + 6)³ = 4х² + 1.

Решение.

Данное уравнение сразу трудно классифицировать и выбрать метод решения. Поэтому сначала преобразуем, используя разность квадратов и разность кубов:

((3х + 5)² – 4х²) + ((х + 6)³ – 1) = 0. Затем, после вынесения общего множителя, придем к простому уравнению:

(х + 5)(х² + 18х + 48) = 0.

Ответ: -5; -9 ± √33.

Задача. Составить многочлен третьей степени, у которого один корень, равный 4, имеет кратность 2 и корень, равный -2.

Решение.

По следствию из теоремы Безу, если у многочлена есть корень кратности 2 равный 4 и есть корень -2, то он без остатка должен поделиться на (х – 4)²(х + 2), значит:

f(x)/((х – 4)²(х + 2)) = q(x) или f(x) = (х – 4)²(х + 2)q(x).

Умножив первые две скобки, и приведя подобные слагаемые, получим: f(x) = (х³ – 6x² + 32)q(х).

х³ – 6x² + 32 – многочлен третьей степени, следовательно, q(x) – некоторое число из  R (т. е. действительное). Пусть q(x) есть единица, тогда f(x) = х³ – 6x² + 32.

Ответ: f(x) = х³ – 6x² + 32.