1. «Рівняння
в базовій школі
та алгоритми їх розв’язання»
вчитель математики Городоцької
гімназії, вчитель вищої категорії
Станиця С.В.
Городоцька гімназія
2009

2. -3-
Зміст
ВСТУП .................................................................................................. - 4 Розділ І. Лінійні рівняння. .............................................................. - 6 1.1 Лінійні рівняння з параметрами. ................................................... - 7 Розділ ІІ Квадратні рівняння ........................................................... - 9 2.1 Квадратні рівняння з параметрами. ............................................ - 10 Розділ ІІІ. Кубічні рівняння ............................................................ - 19 3.1 Корені кубічного рівняння з дійсними коефіцієнтами в полі
комплексних чисел. ............................................................................ - 21 Розділ IV. Рiвняння четвертоrо степеня....................................... - 24 4.1. Двочленнi рiвняння ..................................................................... - 25 4.2. Алгебраїчні рiвняння n-гo степеня з рацiональними
коефiцiєнтами ...................................................................................... - 29 Розділ V. Рівняння, які мicтять невідоме під знаком модуля. - 33 Розділ VІ. Дробово-рацiональнi рівняння.................................... - 34 Розділ VII. Деякі загальні методи розв’язування рівнянь. ...... - 36 7.1.Метод введення нових невідомих (заміни невідомих). ............ - 36 7.2.Метод розкладання на множники. .............................................. - 37 Розділ VIІІ. Окремі пpийоми розв’язування рівнянь вищих
ступенів........................................................................................
- 39 -
Розділ IX. Поява сторонніх розв'язків і втрата розв’язків у процесі
розв’язування рівнянь......................................................................- 42 Список використаних джерел .......................................................... -46-

3. -4-
ВСТУП
Математика, так як і інші науки, виникла і розвивається на основі практичної діяльності
дітей.
З допомогою математики обчисляються орбіти планет, які рухаються навколо Сонця, площі
поверхні й об’єми тіл будь-якої форми, довжини, кривих ліній і т.д. і т.п. Без математики і її
методів неможливо вивчити достатньо повно фізику, механіку, електротехніку, радіотехніку і
інші інженерні науки. Початки арифметики потрібні кожній людині. В цілому ж математика,
як і всяка інша наука є одним з засобів пізнання закономірностей навколишнього світу і
розкриття способів використання цих закономірностей в практичній діяльності людей.
Як бачимо початки арифметики, алгебри і геометрій виникли в зв’язку з самим
найпростішими потребам господарського життя. Рахунок предметів, потреба вимірювати
кількість продуктів і проводити розрахунки при їх обміні, знати протяжність доріг, площу
земельних ділянок, розміри посудин, рахувати час – і все це приводило до виникнення і
розвитку первинних понять арифметики, алгебри і геометрії.
Слово „математика” походить від грецького слова ματηεμα , що означає „пізнання”,
„наука”.
Одне з найголовніших понять математики – поняття про рівняння. Адже розв’язування
багатьох задач теоретичного і практичного характеру зводиться до розв’язування різних
рівнянь. Тому розв’язування рівнянь в алгебрі приділяється особливо велика увага.
Рівняння – це рівність, яка виконується тільки при деяких значеннях букв, що входять до
неї. Букви, які входять у рівняння за умовою задачі можуть бути нерівноправні: одні можуть
набувати всіх допустимих значень (їх називають коефіцієнтами, а рідше параметрами
рівняння і звичайно позначають першими буквами латинського алфавіту: а, b, с ...- або тими
самими буквами з індексами: a1 , a2 , a3 ... або b1 , b2 , b3 ...); інші значення, яких треба відшукати,
називають невідомими ( їх звичайно позначають останніми буквами латинського алфавіту x, y,
z - або тими самими буквами, але з індексами, наприклад: x1 , x2 , ...)
У загальному вигляді рівняння з n невідомими x1 , x2 ...xn , , можна записати, як
F ( x1 , x2 ...xn )  0
де F – деяка функція названих аргументів.
Залежно від кількості невідомих рівняння називають рівняння з одним ; двома і т.д.
невідомими.
Областю (множиною) допустимих значень невідомих рівняння називають область
визначення функцій F ( x1 , x2 ...x) n )  0
Значення невідомих, що перетворюють рівняння в тотожність, називають розв’язками
рівняння.
Рівняння вважається розв’язаним, якщо знайдено всі його розв’язки або показано, що
рівняння розв’язків не має.
Якщо всі розв’язки рівняння F=0 є розв’язками рівняння G=0, то кажуть, що рівняння G=0
є висновком рівняння F=0 і записують
F=0 → G=0
Два рівняння
F=0 і G=0
Називають еквівалентними, якщо кожне з них є висновком іншого і записують
F=0 ↔ G=0

4. -5Отже, два рівняння вважають еквівалентними , якщо множини розв’язків цих рівнянь
збігаються.
Алгебраїчним рівнянням називається рівняння вигляду
Pn=0
де Pn – многочлен n-го степеня від однієї або кількох змінних.
Алгебраїчним рівнянням з одним невідомим називається рівняння , яке зводиться до
рівняння вигляду
а 0 х n + а 1 х n 1 + а 2 х n  2 + …+ а n  2 х x + а n =0
де n – невід’ємне ціле число;
коефіцієнти многочлена а 0 ,а 1 ,а 2 ... а n  1 ,а n називають коефіцієнтами
(або параметрами) рівняння і вважаються заданими; х - називається невідомим і є шуканим.
Число n називається степенем рівняння.
Значення невідомого х, що перетворюють алгебраїчне рівняння в тотожність, називається
кореними (рідше розв’язками) алгебраїчного рівняння.

5. -6-
І. Лінійні рівняння.
Означення. Рівняння виду
ах+b=0
(1)
де а і b - сталі коефіцієнти, називається лінійним рівнянням відносно невідомого х.
Очевидно, рівняння (1) еквівалентне рівнянню
аx=-b
(2)
1)
Нехай а≠0 . Тоді рівняння (2) і, отже, рівняння (1) еквівалентні рівнянню
b
х=a
яке має один розв'язок.
2)
Нехай а = b - 0. Тоді рівняння (2) має вигляд
0х=b.
Це рівняння справджується при будь-якому значенні х, оскільки при довільному значенні
х обидві його частини дорівнюють нулеві.
Тому рівняння (2), а ,отже, і рівняння (1) мають безліч розв'язків. Розв'язком є довільне
число .
3) Нехай а = 0 , b ≠0,
Тоді рівняння (2) має вигляд
0х=-b
Це рівняння, а також і рівняння (1) не мають розв'язків, оскільки при кожному значенні х
ліва його частина дорівнює нулеві, а права не дорівнює нулеві.
Отже, при а ≠ 0 рівняння (1) мас єдиний розв'язок
b
х=
a
при а = b= 0 — нескінченну множину розв'язків і при а = 0 і b≠0 немає розв'язків.
Розглянемо приклади.
1. Розв'язати рівняння
2x  3 1 3 x  1
(3)
 =
5
2
4
Розв'язання. Обидві частини цього рівняння множимо на 20. Отримаємо
4(2х+3)-10=5(3х-1)
(4)
8х+2=15х-5
Рівняння (4) еквівалентне рівнянню (3). Далі.
8х-15х=-5-2
-7 х =-7
(5)
Рівняння (5) еквівалентне рівнянню (4).
Рівняння (5), а отже і рівняння (3) мають єдиний корінь х = 1.
2.Розв'язати рівняння
m(mх-1)=3(mх-1)
(6) відносно невідомого х.
Розв'язання. Перетворюючи рівняння (6), дістанемо такі єквівалентні йому рівняння
m²x -m = 3mх - 3
m²x -3mx = m - 3
m(m - 3)х = m - 3 (7)
Оскільки m(m-3)=0 при m=0 і m=3 , то розглянемо такі випадки.
І) Нехай m≠0 і m≠3. Тоді m(m-3) ≠ 0 і рівняння (7), а отже і рівняння (6) мають єдиний
корінь

6. -7-
x=
(m  3)
1
=
m(m  3) m
3)
Нехай m =3 . Тоді рівняння (7) набирає вигляду
0х=0
Це рівняння має безліч розв'язків. Тому і рівняння (6) має безліч розв'язків.
3) Нехай m =0 . Тоді рівняння (7) матиме вигляд
0х= -3
Це рівняння, а отже і рівняння (6) не мають розв'язків, отже при
1
m≠0 і m≠3 x= , при m=3 х - будь-яке число, при m=0 рівняння не має розв'язків.
m
1.1 Лінійні рівняння з параметрами.
Означення. Рівняння виду ах=b, де х – невідоме, а і b – параметри, називається
рівнянням з параметрами.
ах=b
a=0
а≠b≠0
b=0
Єдиний корінь
a
х=
b
b≠0
0х=0
x – будь-яке число
0х=b
рівняння не має розв’язків
Приклади
1. 2а(а-2)х = а - 2
Розв’язання: знайдемо ті значення параметра, які перетворюють у нуль коєфіцієнт при х.
2а(а-2)=0
а=0, а=2
якщо а=0, рівняння матиме вигляд 0х=-2 - немає коренів;Якщо а=2, 0х=0, х- будь-яке;
1
a2
Якщо а≠0, а≠2, х=
=
2a(a  2) 2a
Відповідь: якщо а=0, то немає коренів;
1
Якщо а≠0, а≠2, то х=
;Якщо а=2, то х будь-яке число;
2a
2. (а²-1)х-(2а²+а-3)=0
Розв’язання

7. -8(а²-1)х=2а²+а-3;(а-1)(а+1)х=(2а+3)(а-1);(а-1)(а+1)=0;а=±1
Якщо а=1, то 0х=0, х - будь-яке число;якщо а=-1, то 0х=-2 – немає розв’язків
2a  3
якщо а≠±1, то х=
a 1
Відповідь.
Якщо а=1, то х- будь-яке число;Якщо а=-1 немає розв’язків;Якщо а≠±1, то х=
3. (а²+2)х = а(2-3х)=2
Розв’язання
(а²+2)х = 2а-3ах+2;(а²+3а+2)х = 2а+2;(а+1)(а+2) = 2(а+1)
1) (а+1)(а+2)=0
а=-1 або а=-2
Якщо а=-1, то 0х= 2  0 , х – будь-яке число;Якщо а=-2 немає коренів
2
2(a  1)
=
(a  1)(a  2) a  2
Відповідь. Якщо а=-2, то рівняння не має коренів;
якщо а=-1, то х - будь-яке число;
2
якщо а≠-1, а≠-2, то х=
a2
2) Якщо а≠-1, а≠-2, то х=
2a  3
a 1

8. -9-
ІІ Квадратні рівняння
Означення.
Алгебраїчне рівняння другого ступеня
ах²+bx+с = 0
(1)
де а, b, с – деякі дійсні числа,
називається квадратним рівнянням, якщо а=1, то квадратне рівняння (2) називається
зведеним.
Корені квадратного рівняння обчислюють за формулою
b  b 2  4ac
х=2a
(2)
де вираз b²-4ас називається дискримінантом квадратного рівняння.
При цьому:
якщо b²-4ас>0, то рівняння має два різні дійсні корені;
якщо b²-4ас=0, то рівняння має один дійсний корінь кратності 2;
якщо b²-4ас<0, то рівняння коренів не має, а має два комплексно спряжених корені:
х 1 =-
b
4ac  b 2
+
ί і
2
2a
х 2 =-
b
2a
4ac  b 2
ί
2
Формулу (3) можна знайти внаслідок таких перетворень початкового рівня.
Запишемо квадратний тричлен
ах²+bx+с = 0
що стоїть у лівій частині рівняння (2), у вигляді повного квадрата і зробимо перетворення,
внаслідок яких щоразу діставатимемо рівняння, еквівалкентне початковому. Перетворення
квадратного тричлена
ах²+bx+с = 0
b 2 b 2  4ac
до виду а(х+
) називається вилученням повного квадрата:
4a
2a
а(х+
↔ (х+
b 2 b 2  4ac
b 2
) =0 ↔ а(х+
) =
4a
2a
2a
b 2 b 2  4ac
) =
↔
4a
2a
(x 
b 2
) =
2a
b 2  4ac
↔
4a
b
b 2  4ac
b 2  4ac
↔ |х+
|=
2a
2|a |
4ac 2
Останнє рівняння еквівалентне двом рівняння :
b
b 2  4ac
х+
=
,
2a
2|a |
(3)
b
b 2  4ac
х+
=(3')
2a
2|a |
Використавши означення абсолютної величини числа, легко переконатися, що рівняння (4)
і (4') еквівалентні рівнянням

9. - 10 -
х=-
b
+
2a
b
b 2  4ac
, х=2a
2|a|
b 2  4ac
2|a|
Обєєднавши ці формули дістанемо формулу для обчислення коренів квадратного рівняння:
 b  b 2  4ac
2a
Окремими видами квадратного рівняння (2) є:
1) Зведене квадратне рівняння (коли а=1), яке звичайно записується у вигляді
х=
х²+рх+q=0
його корені обчислюють за формулою
2
p
 p
х=-    q
(4)
2
2
2) Квадратне рівняння з парним другим коєфіціентом, яке звичайно записують
aх²+ 2kx+c=0 ( k- ціле число)
Корені цього квадратного рівняння зручно обчислювати за формулою
х=
 k  k  ac
a
(5)
Формули (5) і (6) є окремими видами формули (3) обчислення коренів квадратного
рівняння.
Корені квадратного рівняння х²+pq+q=0 зв’язані з його коєфіціентами формулами Вієта:
х 1 +х 2 =-р, х 1 х 2 =q
Якщо зведене квадратне рівняння має дійсні корені, то формули Вієта дають можливість
робити висновок, як про знаки, так і про відносну величину коренів квадратного рівняння, а
саме:
якщо q>0, р>0, то обидва корені від’ємні;
якщо q>0, р<0, то обидва корені додатні;
якщо q<0, р>0, то рівняння має корені різних знаків, причому від’ємний корінь за
абсолютною величиною більший від додатнього;
якщо q<0, р<0, то рівняння має корені з різними знаками, причому від’ємний корінь за
абсолютною величиною менший від додатнього
2.1 Квадратні рівняння з параметрами.
Означення: Рівняння виду ах²+bх+с=0
де х- змінна, а, b, с- параметри, а≠0, називається квадратним рівнянням з параметрами,

10. - 11 ах²+bх+с=0
bх=-c
D=b²-4ac
2 дійсних
0х=-с
х=-
c
b
0х=0
х- будь-яке число
різних корені
х=-
b
2a
єдиний корінь
немає
дійсних коренів
0х=-с
немає розв’язків
Приклади
1. 3(2а-1)х²-2(а+1)х+1=0
Розв’язання
1
Якщо а=
, дане рівняння перетворюється в лінійне рівняння:
2
1
1
+1)х+1=0,-3х+1=0, звідки х=
2
3
1
якщо а≠ , то дане рівняння є квадратним. Знайдемо дискримінант
2
D
=(a-1) ²-3(2а-1)*1=а²+2а+1-6²=а²-4а+4=(а-2) ²≥0
4
0х²-2(
D
1
=0, якщо а=2, Тоді дане рівняння набирає вигляду:9х ²-6х+1=0; (3х-1) ²=0; х=
4
3
D
>якщо а≠2.Дане рівняння має корені
4
(a  1)  (a  2)
х 1, 2 =
3(2a  1)
a 1 a  2
3
a 1 a  2
2a  1 1
1
х1 =
=
=
,х 2 =
=
= ,
3(2a  1)
3(2a  1) 2a  1
3(2a  1)
3(2a  1) 3
1
1
1
Відповідь. Якщо a= , a=2, то х= ;Якщо a≠ ,a≠2, то рівняння має два різних корені
2
3
2
х1 =
2.
1
1
, х2 =
2a  1
3
x 2  (a  1) x  a  2
0
x 1

11. - 12 -
Розв’язання: ОДЗ=1
На цьому ОДЗ дане рівняння рівносильне такому:
x 2  (a  1) x  a  2  0
D  (a  1) 2  4 *1* (a  2)  a 2  2a  1  4a  8  a 2  6a  9  (a  3)  0
D =0, якщо а=3.Тоді x 2  2 x  1  0 ; ( x  1) 2  0 ;х=1 – сторонній корінь, оскільки х=1 не
(a  1)  (a  3)
входить в ОДЗ – рівняння не має коренів. D >0, якщо а≠3 x1, 2 
2
a 1 a  3
a 1 a  3
 a2
x1 
 1 - сторонній корінь; x2 
2
2
Підставимо значення x2  a  2b в нерівність х≠1 а-2≠1;а≠3
Відповідь. Якщо а=3, рівняння не має коренів, якщо а≠3, рівняння має єдиний корінь х=а-2
x 2  2ax  3
0
x2
Розв’язання
ОДЗ: х ≠ 2. На цьому ОДЗ дане рівняння рівносильне рівнянню:
D
D
х²-2ах+3=0;  a 2  3 ;  0 ,
4
4
якщо a   3
3.
+
+
 3
Якщо а=
а
3
3 , то x 2  2 3x  3  0 ; ( x  3 ) 2  0 ;
Якщо а=- 3 , то x 2  2 3x  3  0 ; ( x  3 ) 2  0 ; x   3 ;
D
< 0,
4
якщо а  ( - 3 ; 3 ) – рівняння не має розв’язків
D
> 0, якщо а  (-∞; - 3 ) U ( 3 ; + ∞) тоді
4

а  a2  3
;  1 = а - a 2  3 :  2 =а + a 2  3
1
Підставимо значення x1 та x 2 у нерівність х≠2:
=
1 .2
a  a 2  3  2 , a  2  a 2  3 ; a 2  4a  4  a 2  3 ; 4a  7 ; a 
У випадку a  a 2  3  2 також одержуємо а≠1,75
7
, а≠1,75
4

12. - 13 -
x 2  3.5 x  3
0
x2
Відповідь: Якщо a  ( 3; 3 ) рівняння не має роз’язків;
Якщо а≠1,75,
Якщо a  3 , то x  3 ;Якщо a   3 , то x   3 ;Якщо a  1.75 , то x  1.5 ;Якщо
a  3 , то x  3 ;Якщо a  (; 3)  ( 3;1.75)  (1.75;) , то рівняння має 2 корені:
x1, 2  a  a 2  3
4. При якому значенні а обидва корені тричлена ( (a  1) x 2  (a  3) x  (a  2) додатні?
Розв’язання
Графіком функції f ( x)  (a  1) x 2  (a  3) x  (a  2) є парабола, вітки якої напрямлені
вгору, якщо а>1. Обидва корені будуть додатними , якщо
a  1 0,
 D  0,

1) 
 f (0) 0,
 xb 0

y
y
xb
0
x1
x2
0
xb
x
y
Або
a  1 0,
 D  0,

2) 
 f (0) 0,
 xb 0

у
xb
0
x1
0
x2
x
хb
х

13. - 14 Умови (1) і (2) можна об’єднати в одну:
 D  0,

(a  1)  f (0) 0,
x 0
 b
Одержимо таку систему нерівностей
3  2 3
3 2 3
a
,


3
 3a 2  6a  1  0,
 3

a  1,

(a  1)a  2) 0,

 a3
a  2

1  a  3
0
 2(a  1)



3 2 3
Відповідь: a  (2;

3
5. При яких значеннях м корені рівняння (m  2) x 2  3(m  2) x  6m  0
Мають різні знаки?
Розв’язання
f ( x)  (m  2) x 2  3(m  2)  6m
Є парабола.
Використовуючи графічну ілюстрацію, одержуємо умову, при виконанні якої корені
рівняння мають різні знаки
Y
y
x1
0
x2
x
x1
0
x2
Отже,
(m  2)  f (0)  0
(m  2)m  0, m  (0;2)
Відповідь m  (0;2)
6. При яких значеннях а обидва корені рівняння (2  a) x 2  3ax  2a  0
1
Більші за ?
2
Розв’язання
х

14. - 15 Графіком функцій f ( x)  (2  a) x 2  3ax  2a є парабола
2  4  0,
 D  0,


1)  f ( 1 )  0,
 2

1
 xb 
2

y
y
xb
0
1
2
x1
x2
1
2
0
xb
2  a  0,
D  0,
1
f ( )  0,
2
1
xb 
2
2)
y
y
xb
0
xb
0
1
x1
2
x2
Загальна система нерівностей:
1
2

15. - 16 
 D  0,


(2  a ) 

1

 xb  2


17 a 2  16a  0,

1 1
1

f ( )  0, (2  a )(  a )  0,
2
2 4

1
 3a
 2(2  a )  2

a  0


a  16
a (17 a  16)  0, 
17


(2  a )(2  a )  0,  2  a  2,

 2a  1
1


0
 2a
2  a  2


16 
Відповідь : а   ;2 
17 
7. Знайти всі значення параметра а при яких корінь рівняння
(a  1) x 2  (2a  3) x  a  0
більший від 1, а інший – менший від1.
Розв’язання графіком функції f ( x)  (a  1) x 2  (2a  3) x  a є парабола
Використовуючи графічну ілюстрацію, одержуємо (a  1)  f (1)  0
x1
1
x1
1
x2
x2
(a  1)(2a  4)  0 ; (a  1)(a  2)  0 ;1  a  2
Відповідь a  (1;2)
8. При яких значеннях параметра а обидва корені рівняння
x 2  ax  2  0 ,знаходяться між числами 0 і 3?
Розв’язання:
Графіком функцій f ( x)  x 2  ax  2 - є парабола, вітки якої напрямлені вгору.
xb
0
x1
x2 3
x

16. - 17 -
D  0
 f (0)  0,


 f (3)  0,
0  xb  3

Одержуємо систему:
a  2 2 ,



a  8  0, a  2 2,


2

11  3a  0, a  ,
3


a
0   3 0  a  6
2




2

Відповідь: 2 2 ;3 
3

9. При яких значеннях параметра а рівняння
x 2  (2a  3) x  a 2  2a  0 , має два різних від’ємних корені?
Розв’язання
Графіком функцій f ( x)  x 2  (2a  3)  a 2  2a - є парабола, вітки якої напрямлені вгору
у
х
x1
х2
0
Графічна ілюстрація задовольняє умови:
 D  0,

 f (0)  0,
x  0
 b
Загальна система має вигляд:
1


x  2 4
9  4a  0, 
 2
a  0,
a  2a  0, 
a  2
 3  2a

 0  a  1 .5
 2


1
Відповідь a  (2;2 )
4

17. - 18 10. При якому значені а сума квадратів коренів рівняння x 2  ax  a  1  0 буде
найменшою?
Розв’язання D  a 2  4(a  1)  (a  2) 2  0 отже дане рівняння має корені при всіх a  k
За теоремою Вієта:
 x1  x 2  a

 x1  x 2  a  1
2
Тоді x12  x2  ( x1  x2 ) 2  2 x1 x2  a 2  2(a  1)  a 2  2a  2  (a  1) 2  1
Сума квадратів коренів рівняння буде найменшою, якщо а=1
Відповідь а=1

18. - 19 -
ІІІ. Кубічні рівняння
3агальний вигляд кубічного рівняння такий:
а 0 х³ + а 1 x² + а 2 х + а 3 = 0 (а 0 ≠0).
Якщо старший коефіцієнт а 0 кубічного рівняння відмінний від 1, то, поділивши обидві
частини даного рівняння на а 0 , дістанемо рівняння вигляду
х³+ах²+bх+с=0,
еквівалентне даному, але в якого старший коефіцієнт уже дорівнює одиниці. Тому далі
обмежимось розглядом кубічного рівняння, старший коефіцієнт якого дорівнює 1.
Нехай дано кубічне рівняння
х³ + ах² + bх + с = 0
(1)
з будь-якими комплексними коефіцієнтами.
3амiнимо в рівнянні (1) невідоме х новим невідомим у, пов'язаним з х співвідношенням
a
(2)
x y
3
Тоді дістанемо рівняння
a2
2a 3 ab
y 3  (
 b) y  (

 c)  0
3
27
3
Якщо ми знайдемо кoрeні рівняння (3), то, підставивши їх у співвідношення (2) замість
невідомого у, дістанемо корені заданого рівняння (1).
Отже, щоб розв'язати рівняння (1), досить уміти розв'язувати «неповне» кубічне рівняння
у³ + ру + q = о
(4)
з будь-якими комплексними коефіцієнтами.
Розглянемо один з кількох відомих способів розв’язування рівняння (4). 3апишемо невідоме
у у вигляді суми
у = u + v,
де u i v - нові невідомі, i підставимо цей вираз у рівняння (4). Дicтaнемо
(u + v) ³ + p (u + v) + q = 0,
або, після розкриття дужок i перегрупування членів,
(u³ + v³ + q) + (3uv + р) (и+ v) = 0.
Якщо u i v вибрати так, щоб
u 3  v 3  q

(5)

p
uv  
3

то тодi y = u  v , очевидно, буде коренем рівняння (4). Але якщо для u и v
справджуватимуться рівності (5), то справджимуться також i piвності
u 3  v 3  q

(6)
 3 3
p
u v  ( ) 3

3

3
i тому u i v 3 за формулами Biєта., будуть коренями квадратного рiвняння
p
z 2  qz  ( ) 3  0
3
Нехай
q
q
p
q
q
p
u 3  z1    ( ) 2  ( ) 3 , v 3  z 2    ( ) 2  ( ) 3
2
2
3
2
2
3
Тодi

19. - 20 -
u3 
q
q
p
 ( ) 2  ( )3
2
2
3
v3 
q
q
p
 ( ) 2  ( )3
2
2
3
(7)
Вiдповiдно до цього
q
q
p
q
q
p
 ( ) 2  ( )3  3   ( ) 2  ( )3
2
2
3
2
2
3
Це i є формула коpeнів кубiчного рiвняння, яку називають формулою Кардано.
( Д. Кардано (1501-1576) - iталiйський математик, фiлософ і лiкар.)
Кубiчний коpiнь з будь-якого комплексного числа, вiдмінного вiд 0, має три значения.
Отже, u i v мають по три значення. Але у формулi (8) не можна комбiнувати будь-яке значення
u з будь-яким значенням v: дане значення u i вiдповiдне йому значення и повиннi
задовольняти умову
p
(9)
uv  
3
Застосовуючи формулу Кардано, знаходять значення одного з радикалiв, а вiдповiднi їм
значення другого радикала визначають, користуючись спiввiдношенням (9), i таким чином
знаходять yci три корені рiвняння (4).
Спинимося на цьому питаннi докладнiше,
Нехай u 0 - будь-яке одно з трьох значень u . Тодi два iнших значення u можна дicтати
y uv 3 
множенням u 0 на кубiчнi корені  1 i  2 з одиницi.Отже,
u1  u 0 1 , u 2  u 0 2
де
2
2
1
3
4
4
1
3
,  2  cos
 1  cos
 i sin
  i
 i sin
  i
3
3
2
2
3
3
2
2
Позначимо символом u 0 те з трьох значень радикала v , яке вiдповiдає значенню
p
u 0 радикала u . Внаслiдок спiввiдношення (9) v0  
3u 0
Двома iншими значеннями v будуть v0  1 i v0  2 Значенню u 0  1 радикала u вiдповiдатиме
p
значення v0  1 радикала v , бо (u 0 1 )(u 0 2 )  (u 0 v0 )( 1 2 )  u 0 v0  
3
Так само легко пересвiдчитися, що значенню u 0  2 радикала u вiдповiдає значення v0  1
радикала v . Додаючи вiдпiовiднi значення u i v , дicтаємо три коpeні рiвняння (3):
y0  u0  v0 , y1  u0 1  v0 2 , y 2  u0 2  v0 1
(10)
Приклад. Розв'язати рiвняння x 3  9 x 2  21x  5  0 .
Розв’язання. 3амiнимо в цьому рiвняннi невiдоме x новим невiдомим y , пов'язаним з x
спiввiдношенням
a
x  y  y3
3
Пiсля розкриття дужок i зведення подiбних членiв дістанемо рівняння y 3  6 y  4  0
У цьому рiвняннi р = -6, q = 4. Значить,

20. - 21 -
q
q
p
3
3
 ( ) 2  ( ) 3  3  2  4  8  3  2  2i  3 2 2 (cos   i sin  ) 
2
2
3
4
4
3
3
  2k
  2k
4
4
 2 (cos
 i sin
)
3
3
( k =0, 1, 2)
Позначимо символом u 0 значення радикала u , яке ми при k  0 , тобто


1
p
u 0  2 (cos  i sin )  1  i із спiввiдношення uv   дістаємо v0  
 1 i
4
4
3
3u 0
Отже,
y 0  u 0  v0  1  i  1  i  2,
u3 
1
y1  u 0  1  v0  2  (1  i )( 
2
1
y 2  u 0  2  v0  1  (1  i )( 
2
3
1
i )  (1  i )( 
2
2
3
1
i )  (1  i )( 
2
2
3
i )  1  3 ,
2
3
i )  1  3
2
Знаючи, що x  y  3 , знаходимо, нарештi, коpeнi заданого рiвняння:
x0  y0  3  5, x1  y1  3  2  3, x  y 2  3  2  3
3.1 Корені кубічного рівняння з дійсними коефіцієнтами в полі
комплексних чисел.
Нехай дано неповне кубiчне рiвняння
y 3  py  q  0 (11)
з дiйсними коефiцiєнтами. З’ясуємо, що можна сказати про корені цього рiвняння. Вираз
q 2
p
( )  ( ) 3 що стоїть у формулi Кардано пiд знаком квадратного кореня, є дiйсне число. Воно
2
3
може дорiвнювати нулю, бути додатним або вiд'ємним. Розглянемо кожну з цих можливостей.
q
p
1. Нехай ( ) 2  ( ) 3  0 . Тут у формулi Кардано пiд знаком кожного з квадратних коренів
2
3
стоїть додатне число, а тому пiд знаком кожного з кубiчних коренів стоятиме дiйсне число.
Значить, кожний з кубiчних радикалiв u i v матиме одне дійсне значення і два комплексні
спряжені.
Позначимо символом u 0 дiйсне значення радикала u , тодi вiдповiдне йому значення v 0
p
радикала v також буде дiйсним, бо добуток u 0 v0 повинен дорiвнювати дiйсному числу 
3
Таким чином, корінь y0  u 0  v0 рiвняння (11) буде дiйсним числом. Два iншi корені
цього рiвняння знайдемо за формулами (10):
u  v0
u  v0
1
3
1
3
y1  u 0  1  v0  2  u 0 (  i
)  v0 (  i
) 0
 i 3( 0
),
2
2
2
2
2
2
u  v0
u  v0
1
3
1
3
y 2  u 0  2  v0  1  u 0 (  i
)  v0 (  i
) 0
 i 3( 0
),
2
2
2
2
2
2
Оскiльки u 0 i v 0 є д i й с н i значення кубiчних коpeнів з рiзних чисел b, то u 0  v0 i,
значить, коренi y1 й y 2 є спряженими комплексними числами.

21. - 22 -
q
p
Отже, якщо ( ) 2  ( ) 3  0 , то рiвняння (11) має один дiйснuй i два комплекснi спряженi
2
3
кopeні.
q
p
q
q
2. Нехай ( ) 2  ( ) 3  0 , Тодi u  3 
і
v3 
2
2
2
3
Нехай u 0 - дiйсне значення радикала u . Вiдповiдне йому значення v 0 радикала v також є
дiйсне число, бо u 0 v0  
p
3
Але оскiльки
3

q
має лише одне дiйсне значення, то v0  u 0 .
2
Тому
y 0  u 0  v0  u 0  u 0  2u 0
1
3 1
3
y1  u 0  1  v0  2  u 0  1  u 0  2  u 0 ( 1   2 )  u 0 (  i
 i
)  u 0
2
2 2
2
1
3 1
3
y 2  u 0  2  v0  1  u 0  2  u 0  2  u 0 ( 1   2 )  u 0 (  i
 i
)  u 0
2
2 2
2
q
p
Отже, якщо ( ) 2  ( ) 3  0 , то вci коpeні рiвняння (11) дiйснi, прuчому два з них piвні мiж
2
3
собою.
q
p
3. Нехай, нарештi, ( ) 2  ( ) 3  0 в цьому разi у формулi Кардано пiд кожним з
2
3
квадратних радикалiв стоїть дiйсне вiд'ємне число. Тому пiд кожним з кубiчних радикалiв
стоятимуть комплекснi числа, а тому вci значення u i v будуть комплексними числами.
Покажемо, що в цьому випадку у формулi Кардано значення радикала v повинно бути
спряжене з вiдповiдним значенням радикала u . Справдi, нехай u 0  a  bi буде будь-яке їз
значень радикала u , а v 0 - вiдповiдне йому значення радикала v . Тодi, вiдповiдно до правила
добування кореня n-го степеня,
u0 
3

q
q
p
q
q
p
 ( ) 2  ( )3  3    ( ) 2  ( )3  3
2
2
3
2
2
3
q
q
p
( ) 2  ( ) 2  ( )3  3
2
2
3
p
p
 ( )3  
3
3
q
p
(Оскільки, за умовою, ( ) 2  ( ) 3  0 , то коєфіціент p повинен бути від’ємним
2
3
pu 0
pu 0
pu 0
p



 u 0 , тобто v0  a  bi
i, значить, v0  
2
3u 0
3u 0 u 0
 p
3 u0
3  
 3
Таким чином, за формулами (10) y  u0  v0  a  bi   a  bi   2a ,
 1
 1
3
3
  a  bi    i
  a  b 3 ,
y1  u1 1  v0 2  a  bi    i
 2

 2
2 
2 



 1
 1
3
3
  a  bi    i
  a  b 3 .
y 2  u 0 1  a  bi    i
 2

 2
2 
2 



Як 6ачимо, в цьому випадку рівняння (11) має три рiзнi дiйні корені.
Щоб їх вiдшукати за формулою Кардано, треба добувати кубiчний корінь з комплексного
числа, а для цього слiд записати число в тригонометричнiй формi.

22. - 23 Визначити корені рiвняння через його коефiцiенти за допомогою радикалiв з дiйсними
2
3
q  p
пiдкореневими виразами в цьому випадку неможливо. Випадок       0 називають
2  3 
незвiдним.
Практична цiннicть формули Кардано невелика. Haвіть тодi, коли корені рiвняння
визначаються за цiєю формулою через коефiцiенти за допомогою радикалiв з дiйсними
пiдкореневими виразами, звичайно знаходять їx наближенi значення. Тому кубiчнi рiвняння
здебiльшого доцiльно розв'язувати за допомогою наближених методiв.
Приклад. Розв'язати рiвняння у3 - 24у - 32 = 0.
2
3
q  p
Розв'язання. Тут       0 , Отже, ми маємо незвiдний випадок.
2  3 
Радикал u в даном разi треба записати так:
2
3
q
q  p
u          3 16  16i .
2
2  3 
Щоб добути кубiчний кopiнь комплексного числа z  a  bi  16  16i , запишемо це число в
3
тригонометричнiй формi. Знайдемо його модуль  і аргумент  :   162  162  16 2 ;
cos  
a


16
2
b
16
2

, sin   
. Звідси випливає , що   .


2
 16 2
2
4
16 2
Отже




 2k
 2k 




.
u  3 16 2  cos  i sin   6 512 cos 4
 i sin 4

4
4
3
3 



 k 0,1.2 

 



u0  2 2  cos  i sin   2 2 cos  i 2 2 sin
12
12 
12
12

i, значить, за формулами (10)


 

 


y0  4 2 cos , y1  2 2  cos  3 sin  , y2  2 2  cos  3 sin  .
12
12
12 
12
12 


3астосувавши формули половинного кута, знаходимо;
3вiдси
sin

12
cos

2


1  cos
2
1  cos
2

6 

6 
3
2  1 2  3  3 1 ,
2
2
2 2
1
1
3
2  1 2  3  3 1.
2
2
2 2
Пiдставивши знайденi значення cos


у вище записанi
12
12
piвності, матимемо: y0  2 1  3 , y1  4 , y2  1  3 .


і sin



23. - 24 -
IV. Рiвняння четвертоrо степеня
Загальний вигляд рiвняння четвертого степеня такий:
a0 x 4  a1 x 3  a2 x 2  a3 x  a4  0 a0  0 (l)
Якщо ,старший коефiцiент a0 рiвняння (1) вiдмiнний вiд 1, то, подiливши обидвi частини
цього рiвняння на a0 , дicтанемо рiвняння
(2)
x 4  ax 3  bx 2  cx  d  0 ,
еквiвалентне рiвнянню (1). € багато способiв розв'язування рiвняння четвертого степеня (2).
Викладемо найстарiший метод, що належить Л. Феррарi (1522-1565).
a
Насамперед, рiвняння (2) пiдстановкою x  y 
зведемо до рiвняння вигляду
3
у 4  py 2  qy  r  0 . (3)
Перетворивши тотожно лiву частину рiвняння (3) за допомогою параметра a1 , запишемо
його так:
2
p
p


(4)
y  py  qy  r   y 2   a   qy  r 
 a 2  2ay 2  pa  0
2
4


Пiдберемо тепер a так, щоб многочлен, який стоїть у квадратних дужках, став повним
квадратом.
Це, очевидно, буде тодi, коли многочлен матиме один двократний корінь, тобто, коли його
дискримiнант дорiвнюватиме нулю:

p3 
0
(5)
q 2  4  2a a 2  pa  r 

4 


Спiввiдношення (5) є кубiчним рiвнянням вiдносно невiдомого a з комплексними
коефiцiентами. Kopeнi цього рiвняння можна знайти за формулою Кардано.
Нехай a0 - один з коренів цього рiвняння (він виражаеться за допомогою радикалiв через
коефiцiєнти рівняння (5), тобто рiвняння (3)). При такому виборi значення a многочлен, що
q
стоїть у квадратних дужках у лiвiй частинi рiвняння (4), має двократний корінь
, i тому
4a0
рiвняння
(4),
тобто рiвняння (3), запишеться так:
4
2
2
2

q 
 2 p

  0,
 y   a0   2a0  y 

2
4a0 




i, отже, воно рiвносильне сукупностi рiвнянь
 2

p
q 
  0
 y  2 a 0 y    a0 
2
2 2 a0 






p
 2
q 

  0
 y  2 a 0 y   2  a0 

2 2 a0 






Розв'язавши цi квадратнi рiвняння, ми знайдемо вci чотири корені рiвняння (3). Таким
чином, як легко. бачити, коренi рiвняння (3) виражаються через його коефіцієнти за
допомогою радикалів.
Не будемо виписувати формул, за допомогою яких знаходять кopeнi рiвняння (3), бо вони
досить громiздкi i на практицi ними не користуються.
Отже, тепер ми вміємо алгебраїчно розв'язувати рiвняння першого, другого, третього i
четвертого степенiв з будь-якими числовими (дiйсними чи комплексними) коефiцiєнтами. Як
вiдомо, методи розв'язування квадратних рiвнянь були вiдомi вже стародавнiм грекам;
2

24. - 25 Викладенi нами методи розв' язування рiвнянь третього i четвертого степенiв були знайденi в
16 столітті. Пicля цього вченi, природно, прагнули зробити наступний крок: знайти формули,
якi б за допомогою радикалiв виражали кopeнi загального рiвняння (тобто рiняння з
буквеними коефiцiєнтами п'ятого степеня) через його коефiцiєнти. Пошуки таких формул
тривали майже три столiття, але не мали успiху.
У 1799 р. iталiйський учений П. Руффiнi (1766-1822) зробив спробу довести, що загальне
рiвняння степеня n> 5 не розв'язується в радикалах. Однак його міркування були не зовсiм
строгими.
В 1826 р. норвезький математик Н. Абель (1802-1829), незалежно вiд Руффiнi, строго довiв
цю теорему.
Теорема, доведена Руффiнi й Абелем, встановлювала неможливicть алгебраїчного
розв'язання загального рiвняння степеня, вищого вiд четвертого, однак вона не виключала
можливостi того, що кожне конкретне рiвняння степеня n > 5 з числовими коефiцiєнтами
розв'язується в радикалах. Повнicтю питання про можливicть розв'язання рiвняння в
радикалах дослiдив французький математик Е. Галуа (1811-1832) в 30-х рок ах минулого
столiття, він встановив необхiдну й достатню умову розв'язуваності даного алгебраїчного
рiвняння
в
радикалах.
Виявилося,
зокрема,
що
для
будь-якого
n  5 можна вказати рiвняння n-го степеня, навіть з цiлими коефiцiентами, якi не розв'язуються в радикалах.
Розглянемо деякi спецiальнi типи алгебраїчних рiвнянь, якi розв'язуються в радикалах.
4.1. Двочленнi рiвняння
Означення.
Двочленлим рiвнянням n-го степеня називаеmься рiвняння виду
(1)
ax n  b  0
де n - натуральне число i a  0 .
Подiливши обидвi частини рiвняння (1) на вiдмiнне вiд 0 число а й позначивши 
дicтанемо рiвняння
(2)
xn  q  0
рiвносильнерiвнянню (1).
Тепер розглянемо рiвняння (2). Його розв'язками будуть
значення х =
n
b
q,
a
q
Отже, розв'язування рiвняння x  q  0 зводиmься до добування кореня степеня n з числа
q.
Якщо q ≠0, коpiнь n q має n рiзних комплексних значень, i, отже, рiвняння (2) мае в полi
комплексних чисел n рiзних розв'язкiв. А якщо q = 0, то рiвняння (2) має n-кратний розв'язок х
= 0.
3ауважимо, що коли вiдоме одне iз значень n q , то розв'язування рiвняння (2) зводиться до
розв'язування piвняння
y n 1  0
n
Справдi, нехай х0 - одне iз значень n q . 3амiнивши в рiвняннi (2) невiдоме х новим
невiдомим у, зв'язаним з х рiвнicтю x  x0 y дicтанемо рiвняння
n
x0 y n  q  0
n
Подiливши обидвi частини рiвняння на x0  q  0 дicтанемо
y n 1  0
(3)
Розв'язками рiвняння (3) є значення кореня n -го степеня з 1. 3найшовши цi значення i
помноживши кожне з них на х 0 , дicтанемо всі n розв'язкiв рiвняння (2). Зокрема, якщо

25. - 26 вiльний член q рiвняння (2) є вiдмiнне вiд нуля дiйсне число, а α - арифметичний кopiнь n-го
степеня з абсолютної величини q вiльного члена рiвняння, то рiвняння (2) можна записати
так:
x n   n  0 , якщо q > 0
або
x n   n  0 , якщо q < 0.
Покладемо х = αу i замiнимо в кожному з oстанніх рiвнянь невiдоме х новим невiдомим у,
дicтанемо рiвняння
 n y n   n  0,  n y n   n  0,
3вiдси, подiливши обидвi частини рiвнянь на  n  0 , матимемо рiвняння
y n  1  0, y n  1  0,
Отже, щоб розв'язати рiвняння x n  q  0 , у якого вiльний член q є вiдмiнне вiд нуля
дiйсне число, треба знайти всі розв'язки рiвняння y n  1  0, якщо q > 0, i вiдповiдно рiвняння
y n  1  0, якщо q < 0, i кожний з цих розв'язкiв помножити на арифметичне значення кореня
n-го степеня з абсолютної величини q вiльного члена цього двочленного рiвняння.
Перейдемо тепер до розв'язування рiвнянь y n  1  0 і y n  1  0
Без використання формули коренів n-го степеня з 1 рiвняння розв'язуються лише при
деяких окремих значеннях показника n. Розв'яжемо їх при n = 2,3, 4, 5, 6, 8.
1. n = 2. Маємо рiвняння y 2  1  0, y 2  1  0 .
Розв'язками першого з них є y1 = 1, y 2 = -1, а другого y1 = i, y 2 = -i.
2. n = 3. Маємо рiвняння y 3  1  0, y 3  1  0
Можемо записати їх так: ( y  1)( y 2  y  1)  0 , ( y  1)( y 2  y  1)  0
Отже, розв'язування першого з цих рiвнянь зводиться до розв'язування рiвнянь
2
y  y  1  0 , а другого - до розв 'язування рiвнянь у + 1 = 0, y 2  y  1  0
Таким чином; рiвняння y 3  1  0, має розв'язки ......... y1  1 , y 2 
y 1  0 ,
1 i 3
1 i 3
, y3 
,
2
2
1 i 3
1 i 3
, y3 
2
2
4
4
4
3. n = 4. Маємо рiвняння y  1  0 , y  1  0 . Рівняння y  1  0 запишемо так:
y2 1 y2 1  0 .
Отже, розв'язування рiвняння y 4  1  0 зводиться до розв'язування рiвнянь y 4  1  0 i
y 2  1  0 . Розв'язками рiвняння y 4  1  0 є: y1  1 , y 2  1, y3  i , y3  i ..
а рiвняння y 3  1  0 - розв'язки у1=-1, y 2 



Щоб розв' язати рiвняння y 4  1  0 , доповнимо лiву частину його до повного квадрата,
додавши до неї i вiднявши 2 y 2 . Дicтанемо
 

2
y4  2y2 1 2y2  0, y2 1 
або
y2  y 2 1 y2  y 2 1  0 .


2y

2
 0,

Звiдси випливае, що розв'язування рiвняння  4  1  0 зводиться до розв'язування рiвнянь
y2  y 2 1  0 i y2  y 2 1  0 .
Розв'язавши їх, знаходимо розв'язки рiвняння y 4  1  0 :
y1 
2
(1  i ) ,
2
y2 
2
2
2
(1  i ) y3 
(1  i) y 4 
(1  i )
2
2
2

26. - 27 4. n = 5. Маємо рiвняння y 5  1  0 , y 5  1  0 .
Рiвняння y 5  1  0 запишемо так: ( y  1)( y 4  y 3  y 2  y  1)  0
Звiдси видно, що розв' язування рiвняння y 5  1  0 зводиться до розв'язування рiвнянь
у-1=0
(4)
y4  y3  y2  y 1  0
Розв'язком першого з них є y1  1 .
Розглянемо тепер рiвняння y 4  y 3  y 2  y  1  0 . Множиною допустимих значень
невiдомого y є поле комплексних чисел. Виключимо з цієї множини число нуль, тобто
вважатимемо, що допустимими значеннями для y є довiльнi вiдмiннi вiд нуля комплекснi
числа. Розв'язкiв рiнняння (4) при цьому ми не втратимо, бо y = 0 не є розв'язком рiвняння
1
(4). Вираз 2 визначений i вiдмiнний вiд нуля при всіх допустимих значеннях невідомого y ,
y
і тому, на підставі другої теореми про рівносильність рiвнянь, помноживши обидвi частини
1
рiвняння (4) на 2 , дicтанемо рiвносильне йому рiвняння
y
1 1
(5)
y2  y 1 2   0
y
y
1
1
Рiвнянню (5) рiвносильне рiвняння ( y 2  2  2 )  ( y  )  0
y
y
1
1
1
яке ми запишемо так: ( y  ) 2  ( y  )  0 . Поклавши y   z
(6)
y
y
y
запишемо це рiвняння так: z 2  z  1  0 . Воно має такі розв' язки:
1 5
1 5
,
z1 
z2 
2
2
Пiдставивши в рівність (6) замiсть z знайденi його значення z1 i z 2 матимемо рiвняння
y
1 1 5

,
y
2
(7)
1 1 5

.
(8)
y
2
Оскiльки y не може дорiвнювати нулю, то рiвняння (7) i (8) рiвносильнi вiдповiдно
рiвнянням
1 5
1 5
y2 1 
y,
y2 1 
y
2
2
а значить, i рiвнянням
1 5
1 5
y2 
y 1  0 ,
y2 
y 1  0
2
2
Розв'язавши останні два рівняння, матимемо
y
1 5
10  2 5
1 5
10  2 5
i
i
, y 4,5 
4
4
4
4
5
Таким чином, розв'язками рівняння y  1  0 є:
y 2,3 
y1  0 ,
y2 
1 5
10  2 5
1 5
10  2 5
i
i
, y3 
4
4
4
4

27. - 28 -
1 5
10  2 5
1 5
10  2 5
, y5 
i
i
4
4
4
4
5
5
Рiвняння y  1  0 зводиться до рiвняння y  1  0 .
Справдi, поклавши в рiвняннi y 5  1  0 y   z , дicтанемо (z ) 5  1  0 , або z 5  1  0
Звiдси робимо висновок, що розв'язками рiвняння y 5  1  0 є розв'язки рiвняння y 5  1  0 ,
взятi з протилежними знаками. Зауважимо, шо цi мiркування справедливi для будь-яких
двочленних рiвнянь y n  1  0 і y n  1  0 непарного степеня.
5. n = 6. Маемо рiвняння y 6  1  0 , y 6  1  0 .
Рiвняння y 6  1  0 можна записати так:
y4 
( y 3  1)( y 3  1)  0
Його розв'язування зводиться до розв'язування рiвнянь y 3  1  0, y 3  1  0. Розв'язки цих
рiвнянь нам уже вiдомi.
Рiвяння y 6  1  0 можна записати так: ( y 2  1)( y 4  y 2  1)  0
розв'язування
його
зводиться
до
розв'язування
piвнянь
y2 1  0,
y 4  y 2  1  0 Розв'язками першого з них є y1  i , y 2  i . Щоб розв’язати рiвняння
y 4  y 2  1  0 , замiнимо в ньому невiдоме y новим невiдомим z , застосувавши пiдстановку
z  y 2 , тодi дicтанемо рiвняння z 2  z  1  0 .
Розв'язками цього рiвняння є
1 i 3
1 i 3
,
z2 
z1 
2
2
2
Пiдставивши в piвність y  z замicть z його значення z1 , z 2 дicтанемо рiвняння
отже,
y1 
1 i 3
,
2
Звідси y3, 4  
y2 
1 i 3
2
1 i 3
,
2
y 5, 6  
1 i 3
, або
2
1
1
y 3, 4   ( 3  i ) , y 5 , 6   ( 3  i ) .
2
2
6
Отже, коренями рiвняння y  1  0 є y1  i , y 2  i i,
1
1
1
1
y3  ( 3  i) , y 4   ( 3  i) , y5  ( 3  i) , y 6   ( 3  i)
2
2
2
2
8
8
6. n = 8. Маємо рiвняння y  1  0 , y  1  0 ;
Перше з цих рiвнянь можна записати у виглядi ( y 4  1)( y 4  1)  0
i, значить, розв'язками його будуть вiдомi вже нам розв'язки (i тiльки вони) рiвнянь
y 4 1  0 , y 4 1  0
Рiвняння y 8  1  0 можна записати у виглядi
( y 4  1) 2  2 y 4  0 , або ( y 4  2 y 2  1)( y 4  2 y 2  1)  0 тому розв'язування його зводитъся
до розв'язування рiвнянь ( y 4  2 y 2  1) =0, ( y 4  2 y 2  1) =0
Замiнивши в цих рiвняннях невiдоме y новим невiдомим
z , зв'язаним з
спiввiдношенням y  z , дicтанемо рiвняння z  2 z  1  0 z  2 z  1  0
2
Розв'язками першого з них є z1  
2
2
(1  i ) ,
2
2
z2  
2
(1  i )
2
y

28. - 29 -
2
2
(1  i) , z 4  
(1  i )
2
2
Пiдставляючи в рівність y 2  z замicть z його значення
розв'язками другого є z 3  
z1 , z 2 , z 3 , z 4 дiстаемо
2
2
2
2
(1  i ) , y 2  
(1  i) , y 2 
(1  i ) y 2 
(1  i )
2
2
2
2
Розв'язавши їх, знайдемо розв'язки рiвняння y 8  1  0 , а саме:
1
1
y1, 2   ( 2  2  i 2  2 ) , y3, 4   ( 2  2  i 2  2 )
2
2
1
1
y 5, 6   ( 2  2  i 2  2 ) , y 7 ,8   ( 2  2  i 2  2 )
2
2
Аналогiчно можна розв'язати рiвняння y n  1  0 ,
y n  1  0 ще при деяких значеннях
показника n .
Приклад. Розв'язати рiвняння x 4  64  0 .
Щоб знайти розв' язки цього рiвняння, треба арифметичне значення 4 64 , тобто 2 2 ,
помножити на кожний З розв'язкiв piвняння x 4  1  0 Отже, розв'язками рiвняння x 4  64  0
є x1  2(1  i) , x2  2(1  i) , x3  2(1  i) , x1  2(1  i) .
рiвняння y 2  
4.2. Алгебраїчні рiвняння n-гo степеня з рацiональними
коефiцiєнтами
3агальних алгебраїчних методiв розв'язування алгебраїчних рiвнянь степеня n > 4, як ми
знаемо, не icнує. Тому знаходження навіть окремих розв' язкiв таких рiвнянь - задача, взагалi
кажучи, досить важка. Однак рацiональнi розв'язки алгебраїчних рiвнянь з рацiональними
коефiцiєнтами вiдшукуються досить просто, без великих обчислень.
Приступаючи до вивчення методу знаходження цих розв'язкiв, насамперед зауважимо, що
кожне алгебраiчне рiвняння
a0 x n  a1 x n1  ...  an1 x  an  0 (1)
з рацiональними коефiцiентами можна замiнити рiвносильним йому рiвнянням з цiлими
коефiцiентами.
Справдi, якщо коефiцiенти рiвняння (1) рацiональнi, але не всі цiлi, то, помноживши обидвi
частини рiвняння на спiльне кратне k знаменникiв його коєфiцiентiв, дicтанемо рiвносильне
йому рiвняння
a0 kxn  a1kxn1  ...  an1kx  an k  0 (2)
з цiлими коефiцiентами.
3вiдси випливае, що задача знаходження коренів piвняния (1) з рацiональними
коефiцiентами зводиться до задачi визиачения коренів рiвняння (2) з цiлими коефiцiєнтами.
Тому обмежимося розглядом лише алгебраїчних рiвнянь з цiлими коефiцiентами i з'ясуемо
питания про вiдшукання рацiональних коренів таких рiвнянь. Доведемо, насамперед, таку
теорему.
p
Теорема 1.Якщо нескоротний дрiб
є коренем рiвняння
q
a0 x n  a1 x n1  ...  an1 x  an  0
(3)
з цiлими коєфіціентами, mo старший коефiцiент рiвняння a 0 дiлиться на q , а вiльний член
a n - на p .

29. - 30 Д о в е д е н н я. Справдi, якщо нескоротний дрiб
a0
p
є коренем рiвняння (3), то
q
pn
p n1
p
 a1 n 1  ...  a n1  a n  0
n
q
q
q
Помноживши обидвi частини цiєї piвності на q n , дicтанемо
a0 p n  a1 p n1q  ...  an1 pq n1  an q n  0
3вiдси
a0 p n  q(a1 p n1  ...  an1 pq n2  an q n1 )
a 0 q   p( a 0 p
n
n 1
 a1 p
n 2
q  ...  an1q
n 1
)
(4)
(5)
Оскiльки р, q i коєфiцiєнти a1 , a2 ,...an1 , an - цiлi числа, то й a1 p n1  ...  an1 pq n2  an q n1 цiлі числа. Отже, права частина piвності (4) дiлиться на q, а тому i лiва частина цієї piвності
p
a0 p n дiлиться на q. Але р i q, а отже, й p n i q - числа взаємно простi, бо, за умовою,
q
нескоротний дрiб; тому a 0 дiлиться на q.
Аналогiчними мiркуваннями з piвності (5) дiстанемо, що a n дiлиться на р. Теорему
доведено.
Таким чином, подiльнicть старшого коефiцiєнта a 0 рiвняння з цiлими коефiцiєнтами на q, а
p
його вiльного члена a n на р є необхiдною умовою того, щоб нескоротний дрiб
був коренем
q
цього рiвняння. Тому рацiональнi кopeнi рiвняння з цiлими коефiцiєнтами слiд шукати лише
p
серед таких нескоротних дробiв
, в яких знаменник є дiльником старшого коефiцiєнта
q
рiвняння a 0 , а чисельник - дiльником його вiльного члена a n . Оскiльки кожне з чисел a 0 i a n
мaє скiнченну кiлькicть дiльникiв, то дробiв, якi задовольняють цi умови, також буде
скiнченна кiлькість i вci їx можна виписати. Потiм безпосередньою пiдстановкою кожного з
цих дробiв у рiвняння слiд виявити, якi з них будуть його розв'язками.
3 доведеної теореми безпосередньо випливають такі наслiдки:
Наслiдок l. Якщо ціле число а є коренем рівняння з цiлимu коєфiцiєтамu, то воно є
дільником вільного члена рівняння.
Наслiдок 2. Якщо рiвняння з цiлими коєфіцієнтами , старший коефiцiєнт якого дорiвнює
одиниці, має рацiональний кopiнь, то вiн є цiлим числом.
Справдi, оскiльки старший коефiцiєнт 1 дiлиться тiльки на 1 i -1, то знаменник q
p
нескоротного дробу , що є коренем рiвняння, може мати тiльки два значення: 1 i -1, i тому
q
p
кopiнь
- цiле число.
q
Отже, за наслiдком 1, подiльнicть вiльного члена a n рiвняння з цiлими коефiцiєнтами на
цiле число а є необхiдною умовою того, щоб а було розв'язком цього piвняння. Тому, якщо
рiвняння з цiлими коефiцiентами має цiлi розв'язки, то їx треба шукати серед дiльникiв
вiльного члена цього рiвняння: треба випробувати вci дiльники вiльного члена як додатнi, так
i від’ємнi. З наслiдку 2 випливає, що коли рiвняння з цiлими коефiцiєнтами, старший
коефiцiєнт якого дорівнює одиницi, не мaє цiлих розв' язкiв, то воно не має i дробових
розв' язкiв.

30. - 31 3ауважимо, що коли старший коефiцiент a 0 i вiльний член a n рiвняння з цiлими
p
коефiцiєнтами мають велику кiлькicть дiльникiв, то випробування вcix нескоротних дробiв ,
q
якi можуть бути коренями цього рiвняння, може виявитися досить громiздким. Наступна
теорема дaє можливість скоротити число випробувань.
p
Теорема 2. Для moго щоб нескоротний дріб був коренем рівняння
q
n
n 1
f ( x)  a0 x  a1 x  ...  an1 x  an (6)
з цiлими коєфіціентами, необхiдно, щоб при довiльному цiлому m число f (m) дiлилося на
р-mq (якщо тiльки р-mq≠0).
p
Д о в е д е н н я. Нехай нескоротний дрiб
- кopiнь piвняння (6), тобто
q
p
pn
p n1
p
f ( )  a0 n  a1 n1  ...  a n1  a n  0
q
q
q
q
Тодi
p
pn
p n 1
p
f (m)  f (m)  f ( )  (a0 m n  a1 m n 1  ...  a n 1 m  a n )  (a0 n  a1 n 1  ...  a n 1  a n ) 
q
q
q
q
 a0 (m n 



a (mq) n  p n
pn
p n 1
p
)   a1 (m n 1  n 1 )  ...  a n 1 (m  )  0

q
qn
q
qn

a (mq  p)
a1 (mq) n 1  p n 1
 ...  n 1
n 1
q
q
Звiдси
(7)
q n f (m)  a0 a1 (mq) n  p n  a1q (mq) n1  p n1  ...  an1q n1 mq  p n
Вирази в квадратних дужках дiляться на mq - р. Тому права частина piвності (7), а отже, i
лiва її частина q n f (m) ділиться на mq – р. За умовою, числа р i q – взаємно простi, тому числа
mq- р i q також взаємно простi, бо якби числа mq - р i q мали вiдмiнний вiд ± 1 спiльний
дiльник d, то він був би спiльним дiльником i чисел р та q. Отже, числа mq - р i q n також
взаємно простi.
(mq) s  p s  (mq  p) (mq) s 1  (mq) s 2 p  ...  mqp s 2  p s 1
Оскiльки q n f (m) дiлиться на mq - р, а числа mq - р i q n - взаємно простi, то число f (m)
дiлиться на mq - р, а отже, i на р - mq. Теорему доведено.
Коли користуються теоремою 2, найчастiше беруть m =  1, бо вирази f(0) i f(-1) легко
обчислити. Покажемо на прикладах, як застосовувати доведенi теореми.
Приклад. 1. Знайти рацiональні кopeнi рiвняння
x 3  x 2  5x  6  0
Р о з в' я з а н н я. Старший коефiцiєнт заданого рiвняння дорiвнює 1. За другим насліiдком
з теореми 1, це рiвняння дробових коpeнів не має. Цiлi його корені, за першим наслiдком з
теореми 1, треба шукати серед дiльникiв вiльного члена ±1, ±2, ±3, ±6.
За теоремою 2, з дiльникiв р вiльного члена, вiдмiнних вiд ±1, потребують випробування
f (1) f (1)
лише тi, для кожного з яких обидвi частки
і
є цілі числа.
p 1 p 1
f (1)
1
9
f (1)
Для даного рiвняння f (1)  1, f (1)  9 . Обидвi частки
=
і
=
p 1 p 1
p 1 p 1
Є цілими числами лише для дільника р =2. Безпосередньою перевiркою пересвiдчуємося,
що х = 2 - кopiнь заданого рiвняння.










31. - 32 2. Знайти рацiональнi коpeні рiвняння
(8)
6 x 4  19 x 3  7 x 2  26 x  12  0
Р о з в' я з а н н я. За теоремою 1, раціональними коренями piвняння (3) можуть бути лише
тaкi числа:
1
3
1
2
4
1
±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±12, ± , ± , ± , ± , ± , ±
(9)
2
2
3
3
3
6
Застосуємо тепер теорему 2. Для даного рiвняння f (1) = 4, f (-1) = 18. 3 чисел (9), крім ±1,
f (1)
4
коренями заданого рiвняння можуть бути лише ті, для кожного з яких частки
=
і
pq pq
f (1)
18
=
pq pq
1 1
є цiлі числа. Такими є числа 2, -3, , . Безпосередня перевiрка показує, що з цих чисел
2 3
1
лише -3 i
- кopeнi заданого piвняння.
2
З викладеного вище випливае, що коли рiвняння f (х) = 0 з цiлими, а отже, i рацiональними
коефiцiєнтами має рацiональнi коренi, то ми завжди зможемо знайти їх. Знайшовши
рацiональнi корені 1 ,  2 ...,  k рiвняння f (х) = 0 степеня п (п≥ k), записуемо його у виглядi
( x  1 )( x   2 )...( x   k ) p( x)  0
де р(х) - многочлен степеня п - k.
Розв'язавши рiвняння р(х) = 0, знайдемо вci iншi коренi рiвняння f (х) = 0.
1
Рiвняння (8), що має рацiональнi кopeні x1  3 і x 2 
запишемо так:
2
1
( x  3)( x  )(6 x 2  4 x  8)  0
2
Розв'язавши рiвняння (6 x 2  4 x  8)  0 , знаходимо два інші коpені рівняння (8):
X 3, 4 
 1  13
.
3

32. - 33 -
V. Рівняння, які мicтять невідоме під знаком модуля.
Рівняння, що мicтять невідоме під знаком абсолютної величини, можна звести до рівнянь,
які не мicтять знака абсолютної величини, використовуючи її означення.
5 13
Так, наприклад, розв'язування рівняння  2  5     0 (1)
2 2
зводиться до розв'язування двох рівнянь з додатковими умовами.
5
1) Якщо    0 , то рівняння (1) зводиться до вигляду  2  5  6  0 (2)
2
5
Розв’язки цього рівняння: 1  2 ,  2  3 . Умову    0 задовольняє тільки другий
2
корінь квадратного рівняння (2), і, отже, число 3 є коренем початкового рівняння (1).
5
Якщо    0 , то рівняння (1) зводиться до вигляду  2  5  19  0
2
 5  101
 5  101
Коренями цього рівняння є числа 1 
і 2 
.
2
2
5
 5  101
Перший корінь 1 
не задовольняє умову    0 і тому не є розв’язком
2
2
даного рівняння (1).
 5  101
Отже, розв'язками рівняння (1) є числа 3 і
.
2
Зазначимо, що коефіцієнти рівняння, які містять невідому під знаком
абсолютної величини, можна підібрати так, що розв'язками рівняння будуть усі значення
невідомої, які належать деякому проміжку числової ocі. Наприклад, розв'яжемо рівняння
(3)
  3   3
Позначимо на числовій осі 0x точки 0 і 3 (нулі функцій, що стоять під знаком абсолютної
величини). Ці точки поділять числову вісь на три проміжки :
   x  0 ; 0  x  3 ; 3  x   .
На цих проміжках:
1) При x   ;0 рівняння (3) зводиться до вигляду 3  2 x  3 .
У проміжку  ;0 останнє рівняння розв’язків не має. Аналогічно при
x  3; рівняння (3) зводиться до вигляду 2 x  3  3 і в проміжку ( 3; ) розв’язків не має.
2) При x  0;3 рівняння (3) зводиться до вигляду х + (3 - х) = 3, тобто перетворюється в
тотожність. Отже, будь-яке значення x  0;3 є розв'язком рівняння (3).

33. - 34 -
VІ. Дробово-рацiональнi рівняння
Як відомо, рівняння виду R1 ( x)  R2 ( x) (1)
називається дробово-рацiональним, якщо R1 ( x) i R2 ( x) paціональнi функцiї, причому
принаймнi одна з них - функцiя дробово-рацiональна.
Перенесемо R2 ( x) у лiву частину i виконаемо додавання членiв рiвняння та можливi
скорочення; тодi дicтанемо рiвняння виду
P( x)
(2)
 0,
Q( x)
де Р (х) i Q (х) - многочлени вiд х.
Рiвняння (2) є наслiдком рiвняння (1). Справдi, якщо х = с є розв'язкеом рiвняння (1), то
R1 (c)  R2 (c) . Виконаємо в цiй piвності вiдповiдно вci тi перетворення, якi ми виконували в
P (c )
рiвняннi R1 ( x)  R2 ( x) . Дicтанемо piвність
 0, а це означає, що с є розв'язком рiвняння
Q (c )
(2).
Однак рiвняння (2) не обов'язково рiвносильне рiвнянню ( 1). Справдi, в процесi
перетворення рiвняння (1) в piвняння (2) деякi алгебраїчнi дроби можуть взаємно знищуватись
або скорочуватися на множникии, до яких входить х, а це, як зазначалося вище, може
привести до розширення областi допустимих значень невiдомого i, отже, piвняння (2) може
мати кореніi, сторонніi для рiвняння (1). З другого боку, нiяких коpeнів, якi б належали до областi визначення рiвняння (1) i були б для цього рiвняння стороннiми, рiвняння (2) мати не
може, бо нiяких перетворень при переходi вiд рiвняння (1) до рiвняння (2), якi б могли
спричинити появу таких коpeнів, не виконувалося.
3 викладеного вище випливае, що кожний коpiнь piвняння (1) є коренем рiвняння (2) i
кожний коpiнь рiвняння (2), який належить до областi визначення рiвняння (1), є коренем
рiвняння (1).
Отже, для вiдшукання розв'язкiв рiвняння (1) досить знайти вci розв'язки рiвняння (2), якi
належать областi визначення рiвняння (1). А розв'язками рiвняння (2), очевидно, будуть лише
тi значення х, при яких Р(х) дорiвнює нулю, а Q(х) вiдмiнний вiд нуля, тобто лише коpeнi
рiвняння Р(х)=0, якi належать до областi визначення рiвняння (2), i тiльки вони. Тому коpeні
рiвняння (1) слiд шукати серед коpeнів рiвняння
Р(х)=0.
(3)
Оскiльки область визначення рiвняння (2) не вужча, нiж рiвняння (1), то кожний коpiнь
рiвняння (3), який належить до областi визначення рiвняння (1), належатиме й до областi
визначення рiвняння (2) i тому буде коренем piвняння (2), а отже, i коренем рiвняння (1).
Таким чином, щоб розв'язати рiвняння (1), досить знайти вci розв'язки рiвняння (3) i вибрати
серед них тi, якi належить до областi визначення рiвняння (1). 3вичайно, знайшовши вci
розв'язки рiвняння (3), можна замicть вiдбору тих, що належать до областi допустимих значень
невiдомого х piвняння (1), перевiрити пiдставленням у це рiвняння, якi зних є розв'язками
заданого рiвняння (1). Викладенi міркуваннн показують, що розв' язувати дробоворацiональне piвняння (1) можна двома шляхами.
1-й ш л я х. Щоб розв' язати дробово-рацiональне piвняння
R1 ( x)  R2 ( x) ,
1) визначають область допустимих значень невiдомого рiвняння (1);
2) потiм переносять yci члени рiвняння в лiву частину , виконують додавання алгебраїiчних
P( x)
 0, де Р (х) i Q (х) дробiв та вci можливi скорочення і записують рівняння у вигляді
Q( x)
многочлени від х;
3) розв'язують рiвняння Р (х) = 0;
4) серед коpeнів рiвняння Р (х) = 0 вiдбирають тi, якi належать до областi визначення
рiвняння (1).

34. - 35 2-й ш л я х. Область допустимих значень невiдомого piвняння (1) не визначають, а дiють
так:
1) переносять yci члени рiвняння в лiву частину, виконують додавання членiв та можливi
P( x)
скорочення й записують рівняння у вигляді
0 ;
Q( x)
2) розв'язують рiвняння Р (х) = 0;
3) пiдставлянням коpeнів рiвняння Р (х) = 0 у рiвняння (1) визначають, якi з них
задовольняють рiвняння (1).
Шлях розв'язування дробово-рацiонального рiвняння вибирають, звичайно, залежно вiд
особливостей розв'язуваного рiвняння. Перший шлях доцiльний тодi, коли область
допустимих значень невідомого визначається легко, в противному разi вибирають другий
шлях.
Приклади 1. Розв' язати рiвняння
1
1
3
5



( x  1)( x  2) ( x  2)( x  3) x  1 x  3
Областю визначення рiвняння є множина вcix чисел, вiдмiнних вiд -1, -2, -3. Перенiсши вci
члени рiвняння у лiву частину i звiвши їх до спiльного знаменника, дiстанемо
 8 x 2  28 x  24
0
( x  1)( x  2)( x  3)
Прирiвнявши чисельник лiВО1 частини до нуля, матимемо piвняння
3
 8x 2  28x  24  0 , або 2 x 2  7 x  6  0 .3відси x1  2 , x 2  
2
Перший з цих розв' язкiв до областi визначення заданого piвняння не належить i, отже, є
стороннім для нього, а другий є розв' язком заданого рiвняння.
2. Розв' язати рiвняння
x  14
x9
 3
 3 (4)
3
x  3x  1 x  2 x  3
Виконаємо вiднiмання алгебраїчних дробiв, що стоять у лiвiй частинi цього рiвняння, тодi
матимемо рiвняння
5 x 3  5 x 2  51x  51
(5)
0
( x 3  3x  1)( x 3  2 x  3)
pi вносильне заданому .
Прирiвняємо чисельник лiвої частини до нуля:
5x 3  5x 2  51x  51  0
3вiдси 5x 2 ( x  1)  51( x  1)  0 , ( x  1)(5x 2  51)  0
255
5
Пiдставлянням знайдених розв'язкiв у рiвняння (5) пересвiдчуємося, що вci вони є його
розв'язками, а отже, i рiвносильного йому рiвняння (4).
x1  1, x2,3  

35. - 36 -
VII. Деякі загальні методи розв’язування рівнянь.
7.1.Метод введення нових невідомих (заміни невідомих).
У практиці розв'язування елементарних рівнянь широко застосовується так званий метод
введення нових невідомих. Суть цього методу полягає ось у чому.
Нехай дано рівняння
(1)
f ( x1, x2 ,..., xn )  0
Припустимо, що функцію f ( x1 , x2 ,..., xn в області визначення рівняння (1) можна записати
у вигляді
(2)
f ( x1 , x2 ,..., xn )  F 1 x1 , x2 ,..., xn ...s x1 , x2 ,..., xn 
Тоді рівняння (1) треба записати так:
(3)
f ( x1 , x2 ,..., xn )  F 1 x1 , x2 ,..., xn ...s x1 , x2 ,..., xn   0
Замінимо в рівнянні (3) невідомі x1 , x2 ,..., xn новими невідомими z1 , z2 ,..., zs поклавши
zi  1 x1, x2 ,..., xn  i  1,2,3,....s .Тоді дістанемо рівняння відносно невідомих z1 , z2 ,..., zs
F z1, z2 ,..., zs   0
(4)
Якщо z1  a1 , z2  a2 , …, zs  as є деякий розв'язок рівняння (4), тобто
(5)
F a1, a2 ,..., as   0 ,
а x1  b1 , x2  b2 , …, xs  bs - будь-який . розв’язок системи рівнянь
1  x1 , x 2 ,..., x n   a1
 x , x ,..., x   a
 2 1 2
n
2
(6)

..............................

 s x1 , x 2 ,..., x n   a s

1 b1 , b2 ,..., bn   a1
 b , b ,..., b   a

n
2
Тобто  2 1 2
(7)
...............................
 s b1 , b2 ,..., bn   a s

то система значень невідомих x1  b1 , x2  b2 , …, xn  bn є розв’язком рівняння (1). Справді, з
рівностей (2), (5). (7) випливає, що F b1, b2 ,..., bn   0 , і, отже, система чисел
b1 , b2 ,..., bn є розв’язком рівняння (1). Навпаки, якщо система значень невідомих
x1  b1 , x2  b2 , …, xn  bn є розв'язком рівняння (1), то система чисел ai  i b1, b2 ,..., bn 
i  1,2,..., s  - деякий розв’язок рівняння (4), бо
F a1, a2 ,..., as   F 1 b1, b2 ,..., bn ,...,s b1, b2 ,..., bn   f b1, b2 ,..., bn   0
і, отже, x1  b1 , x2  b2 , …, xn  bn є розв'язком деякої системи виду (6).
3 викладеного випливає. що для розв’язання рівняння (1)треба знайти всі розв’язки
(k )
(
a1 , a2k ) ,..., as( k ) ( k - пробігає деяку множину значень) допоміжного рівняння (4), а потім


1  x1 , x2 ,..., xn   a1( k )

(k )
 x , x ,..., xn   a2
розв'язати сукупність систем рівнянь  2 1 2
...............................

 x , x ,..., x   a ( k )
 s 1 2
n
s

Множина розв'язків цієї сукупності систем рівнянь і буде множиною всіх розв'язків
рівняння (1).

36. - 37 Перехід від заданого рівняння f ( x1, x2 ,..., xn )  0 до допоміжного F z1, z2 ,..., zs   0
називають перетворенням рівняння за допомогою заміни невідомих.
4
3
2
2
Приклад. Розв’язати рівняння x  2 x  x  2 x  1  5 x  x  1  4  0

Це

рівняння

2

можна

записати
так:



x 4  x 2  1  2 x3  2 x 2  2 x  5 x 2  x  1  4  0 ,
або x 2  x  1  5 x 2  x  1  4  0
Поклавши x 2  x  1  t , дістанемо рівняння t 2  5t  4  0
розв’язками якого є t = 4 і t = 1.
Підставивши ці розв'язки у співвідношення x 2  x  1  t замість t, дістанемо рівняння
x2  x  1  4 , x2  x  1  1 ,
 1  21
 1  21
з яких знаходимо розв'язки заданого рівняння: x1 
, x2 
, x3  1 , x4  2 .
2
2
7.2.Метод розкладання на множники.
Поряд з методом введення нових невідомих для розв’язання рівнянь часто
застосовують метод розкладання лівої частини рівняння на множники. Цей метод
ґрунтується на такій теоремі.
Теорема. Якщо ліва частина рівняння
в області допустимих систем значень невідомих розкладається на множники
F ( x1, x2 ,..., xn )  F1 ( x1, x2 ,..., xn )  F2 ( x1, x2 ,..., xn )...Fs ( x1, x2 ,..., xn ), (8)
то в області визначення рівняння (8) рівносильне сукупності рівнянь
 F1 ( x1 , x2 ,..., xn )  0
 F ( x , x ,..., x )  0
n
 2 1 2
(9)
.............................

 Fs ( x1 , x2 ,..., xn )  0
Доведення.
Рівняння
(8)
можна
записати
F1 ( x1 , x2 ,..., xn )  F2 ( x1 , x2 ,..., xn )... Fn ( x1 , x2 ,..., xn )  0
(10)
так:
a1 , a2 ,..., an
Нехай
система
чисел
є
розв’язком
рівняння
(8).
Тоді
F1 (a1 , a2 ,..., an )  F2 (a1 , a2 ,..., an )...  Fn (a1 , a2 ,..., an )  0 . Але добуток кількох множників дорівнює
нулю тоді і тільки тоді, коли дорівнює нулю принаймі один з із цих множників. Тому
принаймні одно з чисел Fi (a1 , a2 ,..., an ) i  1,2,...s  дорівнює нулю. Отже, система чисел
a1 , a2 ,..., an є розв'язком принаймні одного з рівнянь Fi ( x1 , x2 ,..., xn )  0 i  1,2,...s  , тобто
розв'язком сукупності рівнянь (9). Таким чином, кожний розв’язок рівняння (8) є розв’язком
сукупності (9).
Навпаки, кожний розв’язок сукупності (9) є розв'язком рівняння (8). Справді, якщо система
b1, b2 ,..., bn 
b1 , b2 ,..., bn
чисел
є
розв'язком
сукупності
рівнянь
(9),
то
є розв'язком принаймні одного з рівнянь цієї сукупності. наприклад рівняння
1  k  s  , а всі інші функції Fi ( x1, x2 ,..., xn )  0 визначені при
Fk ( x1 , x2 ,..., xn )  0
x1  b1 , x2  b2 ,..., xn  bn . Але тоді
F (b1 , b2 ,..., bn )  F1 (b1 , b2 ,..., bn )  F2 (b1 , b2 ,..., bn )...Fs (b1 , b2 ,..., bn )  0 ,
Тобто система чисел b1 , b2 ,..., bn є розв'язком рівняння (10). Отже, множини. розв'язків
рівняння (8) і сукупності (9) збігаються. Цим теорему доведено.
3 викладеного випливає, що для відшукання всіх розв'язків рівняння (8) досить знайти всі
розв'язки кожного з рівнянь сукупності (9), які належать до області визначення рівняння (8).

37. - 38 Приклад. Розв'язати рівняння
x  2 x 2  1 1 2  0
x  2
Розв′язання. Прирівнявши до нуля кожний співмножник лівої частини рівняння,
дістанемо сукупність рівнянь

x  2  0

x 2  1  0

 1
0
  x  2 2

Перше рівняння сукупності має розв’язок х = 2; розв’язками другого рівняння сукупності є
х = 1 і х = -1; третє рівняння сукупності розв’язків не має.
Розв'язками заданого рівняння є х = 1 і х = -1. Розв’язок сукупності рівнянь
х = 2 не належить до області визначення заданого рівняння і тому його треба відкинути.
У цьому розділі всі означення, теореми і міркування викладено в загальному
вигляді для рівнянь з n невідомими, щоб мати змогу використовувати їх як під час вивчення
рівнянь з одним невідомим (коли n = 1), так і підчас вивчення систем рівнянь з кількома
невідомими.



38. - 39 -
VIІІ. Окремі npийоми розв’язування рівнянь вищих ступенів.
Ми ознайомилися з методами розв'язування алгебраїчних рiвнянь деяких типiв. Безумовно,
що цими типами не вичерпується множина вcix алгебраїчних рiвнянь. Є багато рiвнянь, якi не
належать до жодного з розглянутих типів. Окремі з них можна розв'язати, застосовуючи piзні
прийоми, що грунтуються на використаннi iндивiдуальних властивостей piвнянь. Деякi
рiвняння третього i четвертого степенiв також буває доцiльно розв' язувати за допомогою
таких прийомiв, а не за формулою Кардано й методом Феррарi. Здебiльшого цi прийоми
полягають в тому, що задане рiвняння перетворюють так, щоб дicтати рiвняння, в якому
можна було б лiву частину розкласти на множники або зробити замiну
невiдомих. Taкi прийоми неможливо передбачити загальною теорiєю. Розглянемо деякi з
них на прикладах.
Приклади. 1. Розв'язати рiвняння x 3  4 x 2  6 x  3  0 .
Розкладемо лiву частину рiвняння на множники:
x 3  4 x 2  6 x  3  ( x 3  3x 2  3x  1)  ( x 2  2 x  1)  ( x  1)  ( x  1) 3  ( х  1) x 2  ( x  3) 
3ада
 ( х  1) ( x  1) 2  ( x  1)  1  ( х  1)( x 2  3x  3)


не рiвняння запишемо так: ( х  1)( x 2  3x  3) =0, i, отже, розв'язування його зводиться до
розв'язування сукупностi рiвнянь
x  1  0
 2
 x  3x  3  0
3
3
3
3
Звідси x1  1 , x2    i
, x3    i
.
2
2
2
2
2.
Розв'язати рiвняння x 4  8x  63  0
Розв′язання. Помiтивши, що 63 = 8² - 1, запишемо рiвняння так:
x 4  82  8x  1  0
Додавши
до
лiвої
частини
його
i
віднявши
4
2
2
2
( x  16 x  8 )  (16 x  8x  1)  0
16x 2 ,
матимемо
або ( x 2  8) 2  (4 x  1) 2  0 . Отже, задане рiвняння можна записати так:
( x 2  8)  (4 x  1) ( x 2  8)  (4 x  1)  0
i тому розв' язування його зводиться до розв' язування сукупностi рiвнянь
x 2  4x  9  0
 2
x  4x  7  0




3вiдси x1, 2  2  i 5 , x3, 4  2  i 3
2.
Розв'язати над полем дiйсних чисел рiвняння
3
1 x
1 x

,
де a  1 .
3
1 a
1 a
Розв′язання. Помноживши обидвi частини даного рівняння на1  a 3 , дістанемо рiвносильне
йому рiвняння
(1  x 3 )  (1  a  a 2 )(1  x)  0 ,
яке можна записати таю
(1  x) (1  x  x 2 )  (1  a  a 2 )  0
Звiдси випливае, що розв' язування заданого рiвняння зводиться до розв'язування
сукупностi рiвнянь
1  x  0
 2
2
 x  x  (a  a)  0

