|
|
ГЛАВА 9 РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ Теорема Безу, свойства корней многочленов Ответы и решения 895. Имеем x1 + x2 = 3а, x1x2 = a2. Поэтому x12 + x22 = (x1 + x2)2 — 2x1x2 = 7a2 = 7/4, откуда a2 = 1/4. Следовательно, возможны два значения а, именно: a2 = 1/2 , a2 = — 1/2 __________________________________________________ y1 = (x1 + x2)2 — 2x1x2 = p2 — 2q, y2 = (x1 + x2)3 —3 (x1 + x2) x1x2 = — р3 +3pq. Коэффициенты квадратного уравнения у2 + ry + s = 0, корнями которого являются y1 и y2, равны r = — (y1+ y2) = р3— р2 — 3pq + 2q, s = y1 y2= (р2 — 2q)( — р3 + 3pq ). __________________________________________________ 897. Имеем x1 + x2= —b/a , x1x2 = c/a. С помощью этих формул находим:
__________________________________________________ (a1 + b1x) 2 + (a2 + b2x) 2 + (a3 + b3x) 2= (A + Bx)2 где В=/=0. Полагая х = — A/B , получаем: (a1 — b1A/B) 2 + (a2 — b2A/B) 2 + (a3 — b3A/B) 2= 0 (1) Так как все величины вещественны, то отсюда следуют три равенства: a1 = λb1, a2 = λb2, a3 = λb3, (2) где λ= A/B. Кроме того, при этом должно выполняться следующее условие: b12 + b22 + b32=/= 0, (3) иначе все три числа были бы нулями и левая часть (1) не зависела бы от х. Пусть теперь, наоборот, выполнены условия (2) и (3); тогда
и, следовательно, указанная в задаче сумма представляет собой квадрат многочлена первой степени. Таким образом, условия (2) и (3) являются необходимыми и достаточными. __________________________________________________ 899. Обозначим корни уравнения через x1 и x2. Тогда x1 + x2 = — р, x1x2= q. Если x1 и x2 отрицательны, то, очевидно, р > 0, q > 0. Если же x1 = α + iβ α< 0 и β=/=0, то x2 = α — iβ , и мы получаем, что р= —x1—x2= —2α > 0 и q = x1x2 = α2 + β2 > 0. Пусть, наоборот, известно, что р > 0 и q > 0. Тогда в случае, когда x1 и x2 вещественны, из равенства x1x2= q следует, что x1 и x2 одного знака, а из равенства x1 + x2 = — р вытекает, что корни отрицательны. Если же x1 = α + iβ , x2 = α — iβ, β=/=0, то x1 + x2 = — р = 2α, и значит, α отрицательно. __________________________________________________ 900. Так как корни уравнения x2 + px + q = 0 положительны, то дискриминант уравнения D = p2 — 4q > 0, (1) а коэффициенты удовлетворяют неравенствам р = —x1— x2 < 0, (2) q = x1x2 > 0. (3) Пусть теперь y1 и y2 — корни уравнения qy2 + (p —2rq)y + l — pr = 0. (4) Дискриминант этого уравнения равен D1 = 4r2q2 + p2 — 4q и в силу (1) неотрицателен при всех r. Следовательно, y1 и y2 вещественны при всех r. Учитывая (2) и (3), по формулам Виета при r > 0 получаем
и значит, y1 и y2 — одного знака. Далее,
и следовательно, при r > 0 y1 и y2 положительны, что и требовалось доказать. Очевидно, что утверждение остается справедливым, если потребовать, чтобы одновременно 1— рr > 0 и p — 2rq < 0, то есть r > 1/p (7) r > p/2q (8) Итак, для отрицательных r , удовлетворяющих условиям (7) и (8), y1 и y2 положительны. При нарушении этих условий один или оба корня уравнения (4) неположительны. __________________________________________________ 901. Предположим сначала, что р =/= 3. Для того чтобы корни квадратного уравнения с действительными коэффициентами были вещественны, необходимо и достаточно, чтобы дискриминант D этого уравнения был неотрицателен. Имеем D = 4p2—24p (p —3) = 4p (18—5p). Поэтому D > 0 при 0 < р < 3,6. (1) Вещественные корни x1 и x2 будут положительны в том и только в том случае, когда их сумма и произведение будут положительны, т. е.
Система неравенств (1), (2) удовлетворяется при 0 < р < 3,6. Заметим еще, что при р = 3 рассматриваемое в задаче уравнение имеет единственный корень х = 3 > 0. Поэтому все искомые значения определяются условием 3 < р < 3,6. __________________________________________________ 902. Доказываем утверждение от противного. Предположим, что а =/= 0. Тогда для корней x1 и x2 имеем:
Рассмотрим теперь два случая: 1) Пусть а > 0. Выберем тогда λ так, чтобы выполнялось неравенство
При этом, очевидно, b2— 4а( с + λ ) < 0 и, следовательно, заданное уравнение имеет невещественные корни. 2) Пусть а < 0. Тогда при условии λ > — с имеем:
и значит, корень
Итак, оба допущения проводят к противоречию. Утверждение доказано. __________________________________________________ 903. Корни x1,2 уравнения x2 + x +1 = 0 удовлетворяют также уравнению x3—1 = 0. Поэтому __________________________________________________ 904. Подставив у из второго уравнения в первое, получим уравнение 2ах2 + 2 (аλ+ 1) х + аλ2 = 0, (1) которое по условию имеет вещественные корни при всех значениях λ. Покажем, что тогда а = 0. Предположим противное. Тогда для дискриминанта D квадратного уравнения (1) справедливо неравенство D = 4(аλ+ 1)2 — 8а2λ2 > 0 (2) при всех λ. Левая часть неравенства (2), однако, имеет вид — 4а2λ2 + 8λ + 1 и при достаточно больших по абсолютной величине значениях λ отрицательна. Например, при λ = 10/a левая часть уравнения (1) равна —321. Это приводит к противоречию. __________________________________________________ 905. В приведенной форме данное уравнение имеет вид x2 — (p + q + 2a2)x + pq + (p + q) a2 = 0. Вычисляя дискриминант D данного квадратного уравнения, получаем: D = (p + q + 2a2)2 — 4[pq + (p + q)a2] = (p — q)2 + 4a4. Так как D > 0 при всех вещественных a, p, q, то квадратное уравнение, а вместе с ним и исходное, имеет вещественные корни. __________________________________________________ 906. Рассмотрим дискриминант данного квадратного уравнения: D = (b2 + а2 —с2)2—4a2b2 = = (b2 + а2 — с2 —2ab) (b2 + а2 —с2 + 2аb) = ==[(а — b)2— с2][(а + b)2— с2]. Так как а + b > с и |а — b| < с, то (а + b)2 > с2 и (а — b)2 < с2. Следовательно, D < 0. __________________________________________________ 907. По формулам Виета имеем: x1 + x2 + x3 = 2, x1x2 + x2 x3 + x3x1 = 1, x1 x2 x3 = — 1 Пользуясь этими равенствами, получаем: y1 + y2 + y3 = x1x2 + x2 x3 + x3x1 = 1. y1y2 + y2 y3 + y3y1 = x1 x2 x3(x1 + x2 + x3) = — 2, y1 y2 y3 = (x1 x2 x3)2 = 1. Следовательно, новое уравнение имеет вид у3—у2—2у—1=0. __________________________________________________ 908. На основании формул Виета имеем: x1 + x2 + x3 =1, x1x2 + x2 x3 + x3x1 = 0, x1 x2 x3 = 1 В силу этих равенств y1 + y2 + y3 = 2(x1 + x2 + x3 ) = 2. Так как y1 = 1— x1, y2 = 1— x2, y3= 1— x3, то y1y2 + y2 y3 + y3y1= (1— x1)(1— x2) + (1— x2)(1— x3) + (1— x3)(1— x1) = = 3—2(x1 + x2 + x3) + x1x2 + x2 x3 + x1x3 = 1 и, наконец, y1 y2 y3 = (1— x1)(1— x2)(1— x3) = — 1 Новое уравнение поэтому имеет вид у3—2у2 + у + 1 = 0. __________________________________________________ x1 = p — d, x2 = р, x3 = p + d. Тогда x1 + x2 + x3 = 3p; с другой стороны, по формуле Виета x1 + x2 + x3 = —а Отсюда 3р =—а и, следовательно, x2 = р = — a/3 Подставляя этот корень в уравнение, получаем: (— a/3)3+ a( — a/3)2 + b(— a/3) + c = 0 откуда с = — 2/27 а3 + 1/3аb. __________________________________________________ 910. Пусть x1 > 0, x2 > 0, x3 > 0—корни заданного уравнения. Следуя указанию, рассмотрим выражение (x1 + x2—x3)(x2 + x3 — x1)(x3 + x1—x2) (1) Для того чтобы из отрезков с длинами x1, x2, x3 можно было составить треугольник, необходимо и достаточно, чтобы (x1 + x2—x3)(x2 + x3 — x1)(x3 + x1—x2) > 0. (2) Этот факт был доказан в решении задачи 595. Чтобы получить требуемое в задаче условие, выразим левую часть (2) через р, q и r. Для этой цели используем зависимость между корнями и коэффициентами уравнения x1 + x2 + x3 = — p, x1x2 + x1 x3 + x2x3 = q, x1 x2 x3 = — r Условие (2) запишем теперь следующим образом: (— р —2x3)(— р —2x1)(— р —2x2) > 0; отсюда — p3 — 2p2(x1 + x2 + x3) — 4p(x1x2 + x1 x3 + x2x3) — x1 x2 x3 > 0 и, следовательно, р3 — 4pq + 8r > 0. __________________________________________________ 911. Пусть x0—общий корень уравнений. Подставляя x0 в оба уравнения и вычитая одно уравнение из другого, находим:
Пусть x2 + ах+ b —частное от деления трехчлена x3+ p1x+ q1 на х—x0. Тогда x3+ p1x+ q1 = (х—x0)(x2 + ах+ b). Приравняв в этом тождестве коэффициенты при x2 и свободные члены, найдем: а = x0 и b = —q1/x0. Отсюда следует, что остальные два корня первого уравнения определяются формулой
а второго уравнения—формулой
__________________________________________________ 912. Легко проверить, что при λ= 0 уравнения не имеют общего корня. Пусть x0— общий корень уравнений при некотором λ =/=0. Тогда
Умножая второе равенство на x0 и вычитая его из первого, найдем:
Таким образом, если общий корень существует, то он связан с λ формулой (2). Легко теперь проверить, что дробь __________________________________________________ 913. Первое решение. Пусть x1, x2, x3—корни многочлена Р (х). По формулам Виета имеем: x1 + x2 + x3 = 0, x1x2 + x1 x3 + x2x3 = p. откуда легко следует: x12 + x22 + x32 + 2p = 0 Так как x1, x2, x3 действительны и отличны от нуля (q =/= 0), то x12 + x22 + x32 > 0 и, следовательно, р < 0. Второе решение. Легко видеть, что среди трех корней многочлена Р (х) найдутся два неравных. В противном случае Р (х)представлял бы собой точный куб: Р (х) = (х—x0)3, что, очевидно, места не имеет. Пусть теперь x1 и x2 — два неравных корня многочлена и пусть x1 < x2. Предположим, напротив, что p > 0; тогда x13 < x23 и px1 < px2. Отсюда следует: Р (х1) = x13 + px1+ q < x23 + px2+ q = 0, так как Р (х2) = 0. Мы приходим к заключению, что Р (х1)< 0. Это противоречит тому, что x1 — корень Р (х). Следовательно, р < 0. __________________________________________________ 914. Пусть x1, x2, x3 — корни данного уравнения. В силу формул Виета имеем: x1x2 + x1 x3 + x2x3 = 0, (1) x1 x2 x3 = b > 0. (2) Предположим сначала, что все три корня вещественны. Тогда из условия (2) следует, что, по крайней мере, один из них положителен. Если бы при этом положительными оказались два корня, то из той же формулы (2) мы заключили бы, что и третий корень положителен, а это противоречит условию (1). Таким образом, в случае вещественности всех трех корней задача решена. Пусть теперь x1— невещественный корень уравнения, тогда, как известно, уравнение имеет и комплексно сопряженный корень x2= x1. Так как в этом случае x1 x2= x1x1 > 0, то из равенства (2) получаем:
Утверждение тем самым доказано полностью. __________________________________________________ 915. Пусть α , β , γ1 — корни первого уравнения и α , β , γ2 — корни второго. В силу формул Виета имеем: α + β + γ1 = — a, (1) α β γ1 = —18, (2) α + β + γ2 = 0, (3) α β γ2= —12. (4) Из уравнений (1) и (3) получаем: γ1 —γ2 = — a, (5) а из уравнений (2) и (4)
Решая совместно уравнения (5) и (6), находим: γ1= —3а, γ2 = —2а. (7) Таким образом, если при некоторых а и b уравнения имеют общие корни, то третьи корни этих уравнений определяются формулами (7). Подставив γ1= —3а в первое уравнение, а γ2 = —2а во второе, получим: — 18а3 + 18 = 0 и —8а3 —2ab +12 = 0. Отсюда определяется единственная пара вещественных значений а =1, b = 2. (8) Подставляя эти значения в уравнения, легко найдем: x3 + x2 + 18 = (х + 3) (x2—2х + 6) и x3 + 2x +12 = (x + 2)(x2—2х + 6). Следовательно, уравнения при указанных значениях а и b действительно имеют два общих корня. Эти корни определяются формулой x1,2 = — 1 ±√ — 5 __________________________________________________ 916. Обозначим левую часть равенства через А. Имеем:
Таким образом, левая часть доказываемого равенства удовлетворяет кубическому уравнению x3 — 6х — 40 = 0. (1) Легко проверить, что при х = 4 уравнение (1) удовлетворяется. Разделив левую часть уравнения (1) на х—4, получим для нахождения двух других корней уравнение x2 + 4x+10 = 0. Это уравнение имеет невещественные корни, так как его дискриминант D = — 24 < 0. Таким образом, уравнение (1) имеет лишь один вещественный корень х = 4, и так как А—заведомо вещественное число, то A = 4, что и требовалось доказать. __________________________________________________ 917. Легко видеть, что рассматриваемое выражение обращается в нуль, если два какие-нибудь из чисел а, b, с равны между собой. Отсюда по теореме Безу следует, что оно должно делиться без остатка на каждую из разностей (b — с), (с — а), (а — b). Это наводит на мысль, что данное выражение является произведением указанных множителей. Действительно, имеем: a2 (с— b) + b2 (а—с) + c2 (b—а) = a2с—a2b + b2а—b2с + c2b—c2а = = a2 (с— b) — а(с2— b2) + bс(с— b) = (с— b) [a2 —ac—ab + bc] = = (с— b) [a (а—с)—b (а—с)] = (с— b)(b— a)(с— a). (1) Так как а, b, с попарно различны, то утверждение доказано. __________________________________________________ 918. Заметим, что при х = — у данное выражение обращается в нуль. Следовательно, по теореме Безу оно делится на х + у без остатка. Чтобы провести деление, представим x + y + z в виде суммы двух слагаемых: (х + у) и z . Возводя сумму в куб, получаем: [(х + у)+z ]3— x3— y3— z3 = (x + y)3 + 3(x + y)2z + 3(x + y)z2— x3— y3 = = 3(x + y)[z2 + z(x + y) + xy]. Квадратный трехчлен относительно z, стоящий справа в квадратных скобках, легко разложить на множители, так как очевидно, что его корнями являются —х и —у. В результате получаем: (x + y + z )3— x3— y3— z3 = 3(х + у)(z + х)(z + у). __________________________________________________ 919. Умножив обе части заданного равенства на abc (a+b+с), приведем его к виду (ab + bc + ac) (a + b + c) — abc = 0. Раскрыв скобки, получаем: a2b + 2abc+a2c + ab2 + b2c + bc2 + ас2 = 0. Левая часть этого равенства легко разлагается на множители a2(b + c) + ab(c + b) + ac(b + c) + bc(b + c) = = (b + c)(a2 + ab + ac + bc) = (b + c)(a + b)(a + c). Так как последнее произведение равно нулю, то, по крайней мере, один из множителей равен нулю, откуда и следует утверждение задачи. __________________________________________________ 920. Пусть α и β — корни квадратного трехчлена x2 + px + q. Если двучлен x4 —1 делится на указанный трехчлен без остатка, то и α и β являются корнями двучлена. Легко видеть, что справедливо и обратное: если α и β являются корнями двучлена x4 —1, то он разделится на x2 + px + q без остатка (При этом, если α = β , то число α должно быть кратным корнем и делимого). Корнями двучлена x4 —1 являются числа 1, —1, i , —i. Поэтому имеет место разложение (x4 —1) = (x —1)(x + 1)(x—i) (x + i). (1) В силу сказанного выше интересующими нас трехчленами могут быть лишь те, которые представляют собой произведение двуx множителей, стоящих в правой части (1). Составив всевозможные сочетания, найдем С42 = 6 трехчленов: (x — 1)(x + 1) = x2— 1, (x —1)(x—i) = x2— ( l + i )x + i, (x —1)( x + i) = x2— ( l — i )x — i, (x + 1)(x—i) = x2 + ( l — i )x — i, (x + 1)(x + i) = x2 + ( l + i)x + i, (x—i) (x + i) = x2+ 1 Ими, очевидно, исчерпываются все искомые трехчлены. __________________________________________________ 921. Представив данный многочлен в виде хп—1—ах(хп—2 — 1), разделим его на разность х—1, воспользовавшись формулой
(Формула (1) легко проверяется непосредственно; впрочем, она совпадает с формулой для суммы к членов геометрической прогрессии.) В результате в частном получим многочлен хп—1+ хп—2+ ... + x + 1— ах (хп—3+ хп—4+ ... + х + 1). Для того чтобы этот многочлен делился на х— 1 без остатка, в силу теоремы Безу должно выполняться равенство n — а (n — 2) = 0. Поэтому делимость имеет место при любом натуральном п > 2 и a = n/n—2 __________________________________________________ 922. Из условий задачи следует, что
Разделив теперь многочлен р (х) на (х—а) (х — b) (х—с), представим его в виде р (х)= (х—а) (х — b) (х—с) q(x) + r (x). (2) Очевидно, что r (x) — многочлен не выше второй степени. Записав его в виде r (x)= lх2+ тх + п, (3) подставим в тождество (2) последовательно х = а, х = b, х = с. В силу равенства (1) мы придем к следующей системе уравнений для определения коэффициентов l, т и п многочлена (3):
Решив эту систему, найдем:
Замечание. Искомый многочлен r (x) при х = а, х = b, х = с принимает соответственно значения А, В и С. Легко проверить, что таким многочленом не выше второй степени является следующий:
Так как система (4) имеет единственное решение, то существует лишь один многочлен с указанным свойством и, следовательно, r (x) совпадает с многочленом (5). __________________________________________________ |
(5)
(6)
(2)
откуда и вытекает утверждение.
(1)
(2)
действительно удовлетворяет обоим уравнениям (очевидно, достаточно этот факт установить лишь для второго уравнения). Итак, оба уравнения (1) имеют общий корень при всех λ =/=0. Этот корень определяется формулой (2).
(6)
(1)
(1)
(4)
(5)