Як складніше рівняння звести до простішого

Заміна змінної, біквадратне рівняння, ділення многочленів і теорема Безу: як знизити степінь та повернути всі допустимі корені.

Статтю написав AI (ШІ) · Codex (OpenAI) · GPT 6.1 Sol High

8 листопада 2026 р.8 хв читанняЧастина 14 з 51

Рівняння $x^4-5x^2+4=0$ має четвертий степінь, але в ньому повторюється одна будова: $x^4$ — квадрат виразу $x^2$ . Позначивши $t=x^2$ , отримаємо вже знайоме квадратне рівняння. Важливо потім повернутися від $t$ до всіх можливих $x$ , а не видати відповідь для іншої змінної.

Потрібні розкладання на множники й квадратні рівняння. Працюємо з дійсними числами; комплексні розв’язки тут не розглядаємо.

Заміна разом з її умовою

Біквадратне рівняння має вигляд $ax^4+bx^2+c=0$ , $a\ne0$ . Після заміни $t=x^2$ стає $at^2+bt+c=0$ , але обов’язково $t\ge0$ .

У нашому прикладі $t^2-5t+4=0$ , тобто $(t-1)(t-4)=0$ . Звідси $t=1$ або 4. Це ще не кінцева відповідь:

x^2=1\quad\text{або}\quad x^2=4.

Перше дає $x=\pm1$ , друге — $x=\pm2$ . Усі чотири числа підходять. Перевірка: для $x^2=1$ початковий вираз дорівнює $1-5+4=0$ ; для $x^2=4$ — $16-20+4=0$ .

Заміна t=x² вимагає t ≥ 0. Обидва знайдені t допустимі. Повернення дає всі чотири x: −2, −1, 1, 2; знак мінус не можна пропустити.

Заміна не взаємно однозначна: 1 і −1 дають те саме $t=1$ . Саме тому на зворотному шляху з’являється розгалуження.

Корінь для t може не повернутися до x

У $x^4+3x^2-4=0$ та сама заміна дає $(t-1)(t+4)=0$ . Число $t=-4$ є правильним коренем квадратного рівняння для $t$ , але не може дорівнювати квадрату дійсного $x$ . Відкидаємо його через $t\ge0$ ; лишаються $x=\pm1$ .

Заміною може бути й цілий повторюваний вираз, наприклад $t=(x+1)^2$ . Тоді та сама умова $t\ge0$ зберігається, а повертатися треба до $(x+1)^2=t$ , а не до $x^2=t$ . Рівняння квадратного вигляду, OpenStax §2.6.

Інший спосіб знизити степінь — виділити множник

Нехай $P(x)=x^3-4x^2+x+6$ . Пробна підстановка $x=2$ дає $8-16+2+6=0$ . Це підказує множник $x-2$ . Щоб знайти решту, поділимо многочлен на цей двочлен, послідовно прибираючи старший член.

Спершу беремо $x^2$ : добуток $(x-2)x^2=x^3-2x^2$ після віднімання залишає $-2x^2+x+6$ . Далі беремо $-2x$ : віднімаємо $-2x^2+4x$ , лишається $-3x+6$ . Останній член частки −3 прибирає решту. Тому:

P(x)=(x-2)(x^2-2x-3).

Частка — $x^2-2x-3$ , остача — 0. Для перевірки множимо назад і відновлюємо всі чотири коефіцієнти $P$ . Загалом ділення ненульовим многочленом $B$ дає тотожність $P=BQ+R$ , де $R=0$ або степінь $R$ менший за степінь $B$ . Ділення многочленів, OpenStax §5.4.

Теорема Безу пояснює пробну підстановку

Для дільника $x-r$ остача стала: $P(x)=(x-r)Q(x)+R$ . Підставимо $x=r$ — добуток зникне, тому $R=P(r)$ . Це теорема Безу про остачу. Звідси $r$ є коренем тоді й лише тоді, коли $x-r$ — множник без остачі. Теореми про остачу й множник, OpenStax §5.5.

У нашому випадку $x^2-2x-3=(x-3)(x+1)$ , тому $P(x)=0$ дає $x=2,3,-1$ . Ми не ділили рівняння на $x-2$ й не губили корінь 2: розглянули нуль кожного множника. Пробний успіх із числом 2 не означає, що такий пошук завжди швидко знайде корінь.

Відгалуження · ПеревіркаДілення працює і без знайденого кореня.

Якщо остача не нульова

Для $P(x)=x^2+1$ маємо $P(x)=(x-2)(x+2)+5$ . Остача 5 дорівнює $P(2)$ ; отже, 2 не є коренем. Ця тотожність правильна навіть при $x=2$ , хоча числовий дріб $P(x)/(x-2)$ у цій точці не визначений. Тотожність многочленів і допустимість частки — різні питання.

Зниження степеня працює, коли ми зберігаємо зв’язок із початковою задачею: умову заміни, усі її зворотні гілки або кожний множник нульового добутку. Коротший проміжний запис корисний лише разом із цим зв’язком.