Возвратные уравнения

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: