Возвратные уравнения

[latexpage]

Сегодня будем решать возвратные уравнения. Возвратными называются такие уравнения, в которых коэффициенты, одинаково удаленные от начала и конца, равны между собой. Например:

$$2x^5-3x^4-x^3-x^2-3x+2=0$$

Коэффициенты симметричны

Возвратные уравнения нечетных степеней всегда имеют один корень, равный $-1$ (в силу симметричности коэффициентов), и делением на $(x+1)$ могут быть приведены к возвратному уравнению четной степени, которое мы уже будем решать специальными методами.

Попробуем решить приведенное выше уравнение. Разделим его на $(x+1)$ любым способом: можно в столбик, а можно по схеме Горнера.

Выполним деление в столбик:

Деление в столбик

$$(x+1)(2x^4-5x^3+4x^2-5x+2)=0$$

Теперь приравняем к нулю второй множитель:

$$2x^4-5x^3+4x^2-5x+2=0$$

Получили возвратное уравнение четной степени. Убедимся в том, что $0$ не является его корнем, подставив $0$ вместо $x$ в уравнение. Получим неверное равенство: $2=0$, значит, ноль не является корнем. Тогда можно разделить уравнение на $x^2$. Почему делим на $x^2$, а не на $x^3$, например, или не на $x$? Это определяет степень старшего члена уравнения: если у старшего члена 4 степень, то, разделив ее пополам, понимаем, что делить будем на $x^2$. Если бы была 6 степень, делили бы на $6 \over 2$ – на $x^3$ и т.д.

После деления всего уравнения на $x^2$ получим:

$$2x^2-5x+4-\frac{5}{x}+\frac{2}{x^2}=0$$

Или, группируя члены уравнения с одинаковыми коэффициентами, получим:

$$2(x^2+\frac{1}{x^2})-5(x+\frac{1}{x})+4=0$$

Сделаем такую замену:  $t=x+\frac{1}{x}$

Но как выразить $x^2+\frac{1}{x^2}$? Да очень просто: раз видим, что $x$ во второй степени, то и возведем $t=x+\frac{1}{x}$ в квадрат. Получим:

$$t^2=x^2+2\cdot x\cdot {\frac{1}{x}}+ \frac{1}{x^2}$$

То есть $t^2=x^2+2+ \frac{1}{x^2}$, или $t^2-2=x^2+ \frac{1}{x^2}$

Тогда уравнение будет выглядеть так:

$$2(t^2-2})-5t+4=0$$

$$2t^2-5t=0$$

$$t(2t-5)=0$$

Или $t_1=0$, $t_2=\frac{5}{2}$

Сделаем теперь обратную замену:

$x+\frac{1}{x}=0$ – это уравнение корней не имеет, так как при его преобразовании выходит, что квадрат числа равен отрицательному числу, чего быть не может.

Второе значение $t$ дает уравнение:

$x+\frac{1}{x}=\frac{5}{2}$, или $x^2-2,5x+1=0$

Корнями этого уравнения являются: $x_1=2$ и $x_2=0,5$ – найдены с помощью теоремы Виета. Не забудем и про первый корень, который найден нами в самом начале: $x=-1$.

Ответ: $x_1=2$, $x_2=0,5$, $x_3=-1$.

Решим еще одно возвратное уравнение четной степени:

$$2x^4-15x^3+40x^2-45x+18=0$$

Здесь коэффициенты не равны, тем не менее, здесь может быть также применен уже знакомый нам прием решения.

Убедимся в том, что $0$ не является корнем, после чего разделим уравнение на $x^2$.

Получим:

$$2x^2-15x+40-\frac{45}{x}+\frac{18}{x^2}=0$$

Или, группируя члены уравнения с одинаковыми коэффициентами, получим:

$$2(x^2+\frac{9}{x^2})-15(x+\frac{3}{x})+40=0$$

Сделаем такую замену:  $t=x+\frac{3}{x}$, сразу же возведем это выражение в квадрат, получим:

$$t^2=x^2+2\cdot x\cdot {\frac{3}{x}}+ \frac{9}{x^2}$$

То есть $t^2=x^2+6+ \frac{9}{x^2}$, или $t^2-6=x^2+ \frac{9}{x^2}$

Тогда уравнение будет выглядеть так:

$$2(t^2-6})-15t+40=0$$

$$2t^2-15t+28=0$$

Определим дискриминант и рассчитаем корни:

$$D=b^2-4ac=(-15)^2-4 \cdot 2 \cdot 28=1$$

$t_1=4$, $t_2=3,5$

Выполним обратную замену: $x+\frac{3}{x}=4$, что даст нам уравнение  $x^2-4x+3=0$, корнями которого будут $x_1=1$, $x_2=3$ (найдены по сумме коэффициентов уравнения).

Либо: $x+\frac{3}{x}=3,5$, что даст нам уравнение  $x^2-3,5x+3=0$, корнями которого будут $x_1=1,5$, $x_2=2$ (найдены по Виету).

Ответ: $x_1=1$, $x_2=3$, $x_3=1,5$, $x_4=2$.

 

Теперь можем перейти и к более сложным уравнениям, например, решим такое:

$$x^7+2x^6-5x^5-13x^4-13x^3-5x^2+2x+1=0$$

Это типичное возвратное уравнение, нечетной степени, значит, один корень равен $-1$, то есть требуется деление уравнения на $(x+1)$. На этот раз поделим по схеме Горнера:

Схема Горнера

$$(x+1)(x^6+x^5-6x^4-7x^3-6x^2+x+1)=0$$

Приравняв второй множитель к нулю, имеем возвратное уравнение четной 6-ой степени, которое мы разделим на $x^3$, предварительно убедившись, что $x=0$ – не его корень.

Получим: $x^6+x^5-6x^4-7x^3-6x^2+x+1=0$

$$x^3+x^2-6x-7-\frac{6}{x}+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x^3}=0$$

Или

$$x^3+\frac{1}{x^3}+x^2+\frac{1}{x^2}-6(x+\frac{1}{x})- 7=0$$

Поступаем аналогично тому, как мы это уже делали выше: вводим замену $t=x+\frac{1}{x}$, и возводим это выражение в квадрат, и в куб:

$$t^2=x^2+2\cdot x\cdot {\frac{1}{x}}+ \frac{1}{x^2}$$

То есть $t^2=x^2+2+ \frac{1}{x^2}$, или $t^2-2=x^2+ \frac{1}{x^2}$

$$t^3=x^3+3\cdot x+3\cdot {\frac{1}{x}}+ \frac{1}{x^3}$$

То есть $t^3=x^3+ \frac{1}{x^3}+3(x+\frac{1}{x})= x^3+ \frac{1}{x^3}+3t$, откуда $ x^3+ \frac{1}{x^3}=t^3-3t$.

Тогда наше уравнение со всеми заменами будет таким:

$$t^3-3t+t^2-2-6t-7=0$$

$$t^3+t^2-9t-9=0$$

Запишем его так:

$$t^2(t+1)-9(t+1)=0$$

$$(t^2-9)(t+1)=0$$

Откуда $t=-1$ или $t=\pm 3$

Проведем обратную замену: $x+\frac{1}{x}=-1$, или $x+\frac{1}{x}=-3$, или $x+\frac{1}{x}=3$

Имеем: $x^2+x+1=0$ – решений нет;

$x^2+3x+1=0$ – корни $x_{1,\;2}=\frac{-3\pm \sqrt{5}}{2}$

$x^2-3x+1=0$ – корни $x_{3,\;4}=\frac{3\pm \sqrt{5}}{2}$

Не забудем про первый корень, который получили еще в начале решения:

Ответ: $x_{1,\;2}=\frac{-3\pm \sqrt{5}}{2}$, $x_{3,\;4}=\frac{3\pm \sqrt{5}}{2}$, $x=-1$

Ну и последнее на сегодня уравнение, решение которого не приведет нас к возвратному, но, тем не менее, уравнение интересное:

$$\left(\frac{x^2-2x+3}{x}\right)^2-5x=\frac{15}{x}-16$$

Нам сразу становится ясно, что решать придется уравнение 4-ой степени. Приведем все к общему знаменателю:

$$\frac {\left(x^2-2x+3\right)^2}{x^2}-\frac{5x^3}{x^2}=\frac{15x}{x^2}-\frac{16x^2}{x^2}$$

Или:

$$\frac {\left(x^2-2x+3\right)^2- 5x^3-15x+ 16x^2}{x^2}=0$$

Дробь равна нулю, если ее числитель равен нулю, поэтому:

$$\left(x^2-2x+3\right)^2}- 5x^3-15x+ 16x^2=0$$

Преобразуем, возводя в квадрат скобку (я умножила друг на друга две такие скобки):

$$x^4-2x^3+3x^2-2x^3+4x^2-6x+3x^2-6x+9- 5x^3-15x+ 16x^2=0$$

Или

$$x^4-9x^3+26x^2-27x+9=0$$

Вспоминаем, что, если уравнение имеет целые корни, то по теореме Безу они находятся среди делителей свободного члена. Делителями $9$ являются $1,-1,3,-3,9,-9$. По схеме Горнера первая же подстановка  –  1 – дает нам корень. Имеем:

$$(x-1)(x^3-8x^2+18x-9)=0$$

Для уравнения $x^3-8x^2+18x-9=0$ те же делители свободного члена, подбором быстро определяем, что 3 – корень уравнения:

$$(x-1)(x-3)(x^2-5x+3)=0$$

Последнее уравнение $x^2-5x+3=0$ даст нам два корня: $x_{3,\;4}=\frac{5\pm \sqrt{13}}{2}$

Ответ: $x=1$, $x=3$, $x_{3,\;4}=\frac{5\pm \sqrt{13}}{2}$