Найти действительные решения уравнения 4

Найти действительные решения уравнения (3+i)x+(-5+2i)y=4+16i

4. Найти действительные решения уравнения (3+i)x+(-5+2i)y=4+16i.

Решение: (3x-5y)+i(x+2y)=4+16i

3x-5y=4

5. Доказать тождество |z1+z2| 2 +|z1-z2| 2 =2(|z1| 2 +|z2| 2 ) и вычислить его геометрический смысл.

Геометрический смысл: сумма квадратов длин диагоналей равна сумме квадратов всех сторон параллелограмма.

6. Найти геометрическое место точек:

1) (2x-z) 2 +(2x-z) 2 = 4x 2 -4xz+z 2 +4x 2 -4xz+z 2 =8x 2 -4x(z+z)+z 2 +z 2 =8x 2 -4x2x+(z+z) 2 –

-2zz=(2x) 2 -2|z| 2 =4x 2 -2(x 2 +y 2 )=2(x 2 +y 2 )=2Re(z 2 ).

2) 2Re(z 2 )=2Re(x+iy) 2 =2Re(x 2 -y 2 +2ixy)=2(x 2 -y 2 ).

8. Решить систему уравнений

(3-i)z1-(4+2i)z2=1+3i;

Решение: Применим правило Крамера:

∆= (3-i)-(4+2i) =(2+3i)(3-i)+(4+2i) 2 =21+23i

z1= (1+3i)-(4+2i) =(2+6i+3i-9)+28+14i =21+23i

z2= (3-i) (1+3i) =21-7i-4-2i-12i+6 =23-21i

Z1= 21+23i =1; z2= 23-21i =-i(21+23i) =-i

21+23i 21+23i 21+23i

9. Доказать, что (а 2 +1)(b 2 +1)(c 2 +1) можно представить в виде суммы квадратов целых чисел (a,b,c – целые числа).

Доказательство: заметим, что а 2 +1=|a+i| 2 , тогда имеем: (а 2 +1)(b 2 +1)(c 2 +1)=(a+i)(a-i)(b+i)(b-i)(c+i)(c-i)=(a+i)(b+i)(c+i)(a+i)(b+i)(c+i)= =((ab-1)+i(a+b))(c+i)((ab-1)+i(a+b))(c+i)=(((ab-1)c-a-b)+i((a+b)c+ab-1))((ab-1)c-a-b+i((a+b)c+ab-1)=(abc-(a+b+c)) 2 +(ab+bc+ca-1) 2 .

Решение: найдем сумму σ=с+iS=(e iφ +e 2 iφ +…+e inφ ) и выделим действительную и мнимую ее части, т.е. С=Reσ; S=Imσ. Последовательно имеем: e iφ +e 2 iφ +…+e inφ = e iφ ((1- e inφ )/(1- e iφ ))= (e iφ (1- e inφ ) (1- e – iφ ))/( (1- e iφ ) (1- e – iφ ))= =(e iφ -1- e iφ ( n +1) + e inφ )/|1- e iφ | 2 .

Поскольку |1- e iφ | 2 =|(1-cosφ)-isinφ| 2 =(1-cosφ) 2 +sin 2 φ=4sin 2 (φ/2);

Re(e iφ -1- e iφ(n+1) + e inφ )= cosφ-1-cos(n+1)φ+cosnφ= =- 2sin 2 (φ/2)+2sin(φ/2)sin(nφ+φ/2)= 2sin(φ/2)2sin(nφ/2)cos((n+1)φ)/2 и Im(e iφ -1- e iφ(n+1) + e inφ )=sinφ-sin(n+1)φ+sinnφ=2sin(φ/2)(cos(φ/2)-cos(nφ+φ/2))= =2sin(φ/2)2sin(nφ/2)sin(((n+1)φ)/2), то С=(4sin(φ/2)sin(nφ/2)cos(((n+1)φ)/2))/(4sin 2 (φ/2)) = =[sin(nφ/2) cos(((n+1)φ)/2))]/ sin(φ/2);

S=(4sin(φ/2)sin(nφ/2)cos(((n+1)φ)/2))/(4sin 2 (φ/2)) = =[sin(nφ/2) cos(((n+1)φ)/2))]/ sin(φ/2)

11. Найти сумму 1+e π cosπ+e 2π cos2π+…+e nπ cosnπ.

Решение: Рассмотрим функцию

S(x)=1+e x cosx+e 2 x cos2x+…+e nx cosnx и найдем ее значение при х=π.

В свою очередь, при нахождении суммы S(x) перейдем к комплексным числам:

σ(z)=1+e x+ix +e 2x+i2x +…+e nx+inx = 1+e x(1+i) +e 2x(1+i) +…+e nx(1+i) =(1-( e x(1+i) ) n+1 )/(1- e x(1+i) )= =1-e x(n+1)(1+i) /(1-e x(1+i) )=((1-e x(n+1)(1+i) )(1-e x(1-i) )/((1-e x(1+i) )(1-e x(1-i) )) =(1- e x(n+1)(1+i) – e x(1-i) +e x(n+2+ni) )/|1- e x(1+i) | 2 =

=(1-e (n+1)x e i(n+1)x -e x e -ix +e (n+2)x e xni )/(1-2e x cosx+e 2x )

т.к. S(x)=Reσ(z), то получаем формулу:

S(x)=1+e x cosx+e 2 x cos2x+…+e nx cosnx=(1-e ( n +1) x cos(n+1)x+e ( n +2) x cosnx-e x cosx)/(1-2e x cosx+e 2 x )

Отсюда следует, что искомая сумма равна:

S(π)=1+e π cosπ+e 2 π cos2π+…+e nπ cosnπ= (1+e π +e π ( n +2) (-1) n -e ( n +1) (-1) n +1 )/(1+2e π +e 2π )= =((1+e π )+(-1) n e π ( n +1) (e π +1))/(e π +1) 2 =(1+(-1) n e π ( n +1) )/(1+e π )

12. Доказать, что Re(z-1)/(z+1)=0 |z|=1.

Т.к. (z-1)/(z+1)=((z-1)(z+1))/((z+1)(z+1))=(zz+z-z-1)/|z+1| 2 =((|z| 2 -1)+2iy)/|z+1| 2 ; то Re(z-1)(z+1)=0, если только |z| 2 -1=0 |z|=1.

13. Найти все значения корня 4 √1+i√3. Дать геометрическую иллюстрацию.

z= 4 √1+i√3= 4 √a, где a=1+i√3.

Т.к. а=r(cosφ+isinφ)=2(cosπ/3+isinπ/3), то zk= 4 √2(cos(π/3+2Kπ)/4+isin(π/3+2Kπ), где К=0,1,2,3.

Z0= 4 √2(cosπ/12+isinπ/12); z1= 4 √2(cos7π/12+isin7π/12);

Z2= 4 √2(cos13π/12+isin13π/12); z4= 4 √2(cos19π/12+isin19π/12).

14. Представить в алгебраической форме комплексное число 1/(1+i√3) 6 -1/(√3-i) 6 =z

Решение: преобразуем данное число:

1. Кураш А.Г. «Алгебраические уравнения произвольных степеней». М., «Наука», 1983.

2. Маркушевич А.И. «Комплексные числа и конформные отображения». М., «Физматгиз», 1960.

3. Стройк Д.Я. «Краткий очерк истории математики». М., «Наука», 1969.

4. Яглом И.И. « Комплексные числа и их применение в геометрии». М., Физматгиз, 1963.

5. Справочник по элементарной математике (для поступающих в ВУЗы) под редакцией Фильчакова П.Ф. «Наукова Думка», Киев – 1972.

Решение уравнений четвертой степени

Для уравнений четвертой степени применимы все те общие схемы решения уравнений высших степеней, что мы разбирали в предыдущем материале. Однако существует ряд нюансов в решении двучленных, биквадратных и возвратных уравнений, на которых мы хотели бы остановиться подробнее.

Также в статье мы разберем искусственный метод разложения многочлена на множители, решение в радикалах и метод Феррари, который используется для того, чтобы свести решение уравнения четвертой степени к кубическому уравнению.

Решение двучленного уравнения четвертой степени

Это простейший тип уравнений четвертой степени. Запись уравнения имеет вид A x 4 + B = 0 .

Для решения этого типа уравнений применяются формулы сокращенного умножения:

A x 4 + B = 0 x 4 + B A = 0 x 4 + 2 B A x 2 + B A – 2 B A x 2 = 0 x 2 + B A 2 – 2 B A x 2 = 0 x 2 – 2 B A 4 x + B A x 2 + 2 B A 4 x + B A = 0

Остается лишь найти корни квадратных трехчленов.

Решить уравнение четвертой степени 4 x 4 + 1 = 0 .

Решение

Для начала проведем разложение многочлена 4 x 4 + 1 на множители:

4 x 4 + 1 = 4 x 4 + 4 x 2 + 1 = ( 2 x 2 + 1 ) 2 – 4 x 2 = 2 x 2 – 2 x + 1 ( 2 x 2 + 2 x + 1 )

Теперь найдем корни квадратных трехчленов.

2 x 2 – 2 x + 1 = 0 D = ( – 2 ) 2 – 4 · 2 · 1 = – 4 x 1 = 2 + D 2 · 2 = 1 2 + i x 2 = 2 – D 2 · 2 = 1 2 – i

2 x 2 + 2 x + 1 = 0 D = 2 2 – 4 · 2 · 1 = – 4 x 3 = – 2 + D 2 · 2 = – 1 2 + i x 4 = – 2 – D 2 · 2 = – 1 2 – i

Мы получили четыре комплексных корня.

Ответ: x = 1 2 ± i и x = – 1 2 ± i .

Решение возвратного уравнения четвертой степени

Возвратные уравнения четвертого порядка имеют вид A x 4 + B x 3 + C x 2 + B x + A = 0

х = 0 не является корнем этого уравнения: A · 0 4 + B · 0 3 + C · 0 2 + B · 0 + A = A ≠ 0 . Поэтому на x 2 можно смело разделить обе части этого уравнения:

A x 4 + B x 3 + C x 2 + B x + A = 0 A x 2 + B x + C + B x + A x 2 = 0 A x 2 + A x 2 + B x + B x + C = 0 A x 2 + 1 x 2 + B x + 1 x + C = 0

Проведем замену переменных x + 1 x = y ⇒ x + 1 x 2 = y 2 ⇒ x 2 + 1 x 2 = y 2 – 2 :

A x 2 + 1 x 2 + B x + 1 x + C = 0 A ( y 2 – 2 ) + B y + C = 0 A y 2 + B y + C – 2 A = 0

Так мы проведи сведение возвратного уравнения четвертой степени к квадратному уравнению.

Найти все комплексные корни уравнения 2 x 4 + 2 3 + 2 x 3 + 4 + 6 x 2 + 2 3 + 2 x + 2 = 0 .

Решение

Симметрия коэффициентов подсказывает нам, что мы имеем дело с возвратным уравнением четвертой степени. Проведем деление обеих частей на x 2 :

2 x 2 + 2 3 + 2 x + 4 + 6 + 2 3 + 2 x + 2 x 2 = 0

2 x 2 + 2 x 2 + 2 3 + 2 x + 2 3 + 2 x + 4 + 6 + = 0 2 x 2 + 1 x 2 + 2 3 + 2 x + 1 x + 4 + 6 = 0

Проведем замену переменной x + 1 x = y ⇒ x + 1 x 2 = y 2 ⇒ x 2 + 1 x 2 = y 2 – 2

2 x 2 + 1 x 2 + 2 3 + 2 x + 1 x + 4 + 6 = 0 2 y 2 – 2 + 2 3 + 2 y + 4 + 6 = 0 2 y 2 + 2 3 + 2 y + 6 = 0

Решим полученное квадратное уравнение:

D = 2 3 + 2 2 – 4 · 2 · 6 = 12 + 4 6 + 2 – 8 6 = = 12 – 4 6 + 2 = 2 3 – 2 2 y 1 = – 2 3 – 2 + D 2 · 2 = – 2 3 – 2 + 2 3 – 2 4 = – 2 2 y 2 = – 2 3 – 2 – D 2 · 2 = – 2 3 – 2 – 2 3 + 2 4 = – 3

Вернемся к замене: x + 1 x = – 2 2 , x + 1 x = – 3 .

Решим первое уравнение:

x + 1 x = – 2 2 ⇒ 2 x 2 + 2 x + 2 = 0 D = 2 2 – 4 · 2 · 2 = – 14 x 1 = – 2 – D 2 · 2 = – 2 4 + i · 14 4 x 2 = – 2 – D 2 · 2 = – 2 4 – i · 14 4

Решим второе уравнение:

x + 1 x = – 3 ⇒ x 2 + 3 x + 1 = 0 D = 3 2 – 4 · 1 · 1 = – 1 x 3 = – 3 + D 2 = – 3 2 + i · 1 2 x 4 = – 3 – D 2 = – 3 2 – i · 1 2

Ответ: x = – 2 4 ± i · 14 4 и x = – 3 2 ± i · 1 2 .

Решение биквадратного уравнения

Биквадратные уравнения четвертой степени имеют вид A x 4 + B x 2 + C = 0 . Мы можем свести такое уравнение к квадратному A y 2 + B y + C = 0 путем замены y = x 2 . Это стандартный прием.

Решить биквадратное уравнение 2 x 4 + 5 x 2 – 3 = 0 .

Решение

Выполним замену переменной y = x 2 , что позволит нам свести исходное уравнение к квадратному:

2 y 2 + 5 y – 3 = 0 D = 5 2 – 4 · 2 · ( – 3 ) = 49 y 1 = – 5 + D 2 · 2 = – 5 + 7 4 = 1 2 y 2 = – 5 – D 2 · 2 = – 5 – 7 4 = – 3

Следовательно, x 2 = 1 2 или x 2 = – 3 .

Первое равенство позволяет нам получить корень x = ± 1 2 . Второе равенство не имеет действительных корней, зато имеет комплексно сопряженных корней x = ± i · 3 .

Ответ: x = ± 1 2 и x = ± i · 3 .

Найти все комплексные корни биквадратного уравнения 16 x 4 + 145 x 2 + 9 = 0 .

Решение

Используем метод замены y = x 2 для того, чтобы свести исходное биквадратное уравнение к квадратному:

16 y 2 + 145 y + 9 = 0 D = 145 2 – 4 · 16 · 9 = 20449 y 1 = – 145 + D 2 · 16 = – 145 + 143 32 = – 1 16 y 2 = – 145 – D 2 · 16 = – 145 – 143 32 = – 9

Поэтому, в силу замены переменной, x 2 = – 1 16 или x 2 = – 9 .

Ответ: x 1 , 2 = ± 1 4 · i , x 3 , 4 = ± 3 · i .

Решение уравнений четвертой степени с рациональными корнями

Алгоритм нахождения рациональных корней уравнения четвертой степени приведен в материале «Решение уравнений высших степеней».

Решение уравнений четвертой степени по методу Феррари

Уравнения четвертой степени вида x 4 + A x 3 + B x 2 + C x + D = 0 в общем случае можно решить с применением метода Феррари. Для этого необходимо найти y 0 . Это любой из корней кубического уравнения y 3 – B y 2 + A C – 4 D y – A 2 D + 4 B D – C 2 = 0 . После этого необходимо решить два квадратных уравнения x 2 + A 2 x + y 0 2 + A 2 4 – B + y 0 x 2 + A 2 y 0 – C x + y 0 2 4 – D = 0 , у которых подкоренное выражение является полным квадратом.

Корни, полученные в ходе вычислений, будут корнями исходного уравнения четвертой степени.

Найти корни уравнения x 4 + 3 x 3 + 3 x 2 – x – 6 = 0 .

Решение

Имеем А = 3 , В = 3 , С = – 1 , D = – 6 . Применим метод Феррари для решения данного уравнения.

Составим и решим кубическое уравнение:
y 3 – B y 2 + A C – 4 D y – A 2 D + 4 B D – C 2 = 0 y 3 – 3 y 2 + 21 y – 19 = 0

Одним из корней кубического уравнения будет y 0 = 1 , так как 1 3 – 3 · 1 2 + 21 · 1 – 19 = 0 .

Запишем два квадратных уравнения:
x 2 + A 2 x + y 0 2 ± A 2 4 – B + y 0 x 2 + A 2 y 0 – C x + y 0 2 4 – D = 0 x 2 + 3 2 x + 1 2 ± 1 4 x 2 + 5 2 x + 25 4 = 0 x 2 + 3 2 x + 1 2 ± 1 2 x + 5 2 2 = 0

x 2 + 3 2 x + 1 2 + 1 2 x + 5 2 = 0 или x 2 + 3 2 x + 1 2 – 1 2 x – 5 2 = 0

x 2 + 2 x + 3 = 0 или x 2 + x – 2 = 0

Корнями первого уравнения будут x = – 1 ± i · 2 , корнями второго х = 1 и х = – 2 .

Ответ: x 1 , 2 = – 1 ± i 2 , x 3 = 1 , x 4 = – 2 .

Решение уравнений 4-ой степени. Метод Феррари

Схема метода Феррари
Приведение уравнений 4-ой степени
Разложение на множители. Кубическая резольвента
Пример решения уравнения 4-ой степени

Схема метода Феррари

Целью данного раздела является изложение метода Феррари , с помощью которого можно решать уравнения четвёртой степени

a0x 4 + a1x 3 + a2x 2 +
+ a3x + a4 = 0,
(1)

где a0, a1, a2, a3, a4 – произвольные вещественные числа, причем

Метод Феррари состоит из двух этапов.

На первом этапе уравнения вида (1) приводятся к уравнениям четвертой степени, у которых отсутствует член с третьей степенью неизвестного.

На втором этапе полученные уравнения решаются при помощи разложения на множители, однако для того, чтобы найти требуемое разложение на множители, приходится решать кубические уравнения.

Приведение уравнений 4-ой степени

Разделим уравнение (1) на старший коэффициент a0 . Тогда оно примет вид

x 4 + ax 3 + bx 2 +
+ cx + d = 0,
(2)

где a, b, c, d – произвольные вещественные числа.

Сделаем в уравнении (2) замену

(3)

где y – новая переменная.

то уравнение (2) принимает вид

В результате уравнение (2) принимает вид

Если ввести обозначения

то уравнение (4) примет вид

y 4 + py 2 + qy + r = 0,(5)

где p, q, r – вещественные числа.

Первый этап метода Феррари завершён.

Разложение на множители. Кубическая резольвента

Добавив и вычитая в левой части уравнения (5) выражение

где s – некоторое число, которое мы определим чуть позже, из (5) получим

Следовательно, уравнение (5) принимает вид

Если теперь выбрать число s так, чтобы оно являлось каким-нибудь решением уравнения

то уравнение (6) примет вид

Избавляясь от знаменателя, уравнение (7) можно переписать в виде

или, раскрыв скобки, – в виде

Полученное кубическое уравнение (9), эквивалентное уравнению (7), называют кубической резольвентой уравнения 4-ой степени (5).

Если какое-нибудь решение кубической резольвенты (9) найдено, то уравнение (8) можно решить, разложив его левую часть на множители с помощью формулы сокращенного умножения «Разность квадратов».

Таким образом, для решения уравнения (8) остаётся решить квадратное уравнение

а также квадратное уравнение

Вывод метода Феррари завершен.

Пример решения уравнения 4-ой степени

Пример . Решить уравнение

x 4 + 4x 3 – 4x 2 –
– 20x – 5 = 0.
(12)

Решение . В соответствии с (3) сделаем в уравнении (12) замену

x = y – 1.(13)

то в результате замены (13) уравнение (12) принимает вид

y 4 – 10y 2 – 4y + 8 = 0.(14)

В соответствии с (5) для коэффициентов уравнения (14) справедливы равенства

p = – 10, q = – 4, r = 8.(15)

В силу (9) и (15) кубической резольвентой для уравнения (14) служит уравнение

которое при сокращении на 2 принимает вид:

s 3 + 5s 2 – 8s – 42 = 0.(16)
s = – 3.(17)

Подставляя значения (15) и (17) в формулу (10), получаем уравнение

Подставляя значения (15) и (17) в формулу (11), получаем уравнение

В завершение, воспользовавшись формулой (13), из (18) и (19) находим корни уравнения (12):

Замечание . При решении примера мы попутно получили разложение левой части уравнения (14) на множители:

y 4 – 10y 2 – 4y + 8 =
= (y 2 – 2y – 4) (y 2 +
+ 2y – 2).
(20)

Предоставляем посетителю нашего сайта возможность убедиться в справедливости равенства (19) в качестве несложного упражнения.


источники:

http://zaochnik.com/spravochnik/matematika/systems/reshenie-uravnenij-chetvertoj-stepeni/

http://www.resolventa.ru/spr/algebra/ferrary.htm