Альберт Рывкин - Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

что приводит к той же системе уравнений (1) и имеет место при а = −4, b = 1. Следовательно, x = 1 − √3 — второй корень данного в условии уравнения.

Разделив многочлен x 4− 4 x ³ + x ² + 6 x + 2 на

( x − √3 − 1)( x + √3 − 1) = x ² − 2 x − 2,

получим квадратный трехчлен x ² − 2 x − 1, корнями которого являются числа 1 + √2.

Ответ. x 1,2= 1 ± √3; x 3, 4= 1 ± √2.

8.8.Из теоремы Виета получаем неравенства:

Добавляем к ним условие неотрицательности дискриминанта:

( а + 1)² − 4( а + 4) ≥ 0.

Приходим к системе неравенств

Последнему неравенству удовлетворяют числа а , лежащие вне промежутка между корнями: а ≤ −3, а ≥ 5.

Ответ.−4 < а ≤ −3.

8.9.Пусть х 1, х 1 q и х 1 q ² — корни данного уравнения. По теореме Виета имеем систему

Из этих уравнений нужно исключить x 1и q . Поскольку из первого уравнения следует х 1(1 + q + q ³) = − а , то второе примет вид

b = х 1² q (1 + q + q ²) = x 1 q (−а),

т. е. x 1 q = − b / a , откуда

− b ³/ a ³= − c .

Ответ. са ³= b ³.

8.10.По теореме Виета

Возведем первое уравнение в квадрат:

α 1² + α 2² + α 3² + 2(α 1α 2+ α 1α 3+ α 2α 3) = 0,

откуда найдем α 1² + α 2² + α 3² . Как видим, последнее уравнение не понадобилось.

Ответ.α 1² + α 2² + α 3² = −2 p .

8.11.Разделив x ³ + ax + 1 на x − α, получим в частном x ² + α x + а + α², а в остатке α³ + a α + 1. Условия задачи будут выполняться тогда и только тогда, если

α³ + a α + 1 = 0,

x ² + α x + а + α² > 0 при всех x .

Чтобы выполнялось второе условие, дискриминант −3α² − 4 а должен быть отрицательным, т. е. 3α² + 4 а > 0.

Число а не может быть равно нулю, так как уравнение а ³ + а α + 1 = 0 не удовлетворяется при а = 0. Из первого уравнения a = − 1 + α³/ α. Поэтому должно быть

3α² − 4 1 + α³/ α> 0.

Если α > 0, то последнее неравенство эквивалентно такому:

3α³ − 4(α³ + 1) > 0,

или −α³ > 4, y которого нет решений.

Если α < 0, то получим

3α³ − 4(α³ + 1) < 0,

или

Ответ.

8.12.Пусть

P ( x ) = ( x − 2)( x − 3) Q ( x ) + ax + b ,

где ax + b — остаток, который надо найти.

По теореме Безу P (2) = 5, а P (3) = 7. Подставим x = 2 и x = 3 в правую часть написанного выше тождества. Получим систему относительно а и b

откуда а = 2, b = 1.

Ответ.2 x + 1.

8.13.Многочлен x 4+ 1 делится на x ² + рх + q тогда и только тогда, когда

x 4+ 1 = ( x ² + ax + b )( x ² + рх + q ).

Раскрывая в правой части скобки и приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x , получим систему уравнений

Из первого и последнего уравнений находим а = − p , b = 1/ q . Подставляя в оставшиеся два уравнения, получим

Второе уравнение можно переписать так: p ( q − 1/ q ) = 0.

Если p = 0, то первое уравнение не имеет действительных решений. Остается q = 1/ q , т. е. q = ±1. Подставляя найденные значения q в первое уравнение, увидим, что, когда q = 1, р ² = 2 и p = ±√2, а когда q = −1, р ² = −2 и действительных решений нет. Итак, получаем две возможности: либо p = √2 и q = 1, либо p = −√2 и q = 1.

Чтобы закончить решение, нужно сделать проверку. Можно было бы разделить x 4+ 1 поочередно на каждый из двух трехчленов: x ² + √2 x + 1 и x ² − √2 x + 1. Однако проще убедиться, что

x 4+ 1 = ( x ² + √2 x + 1)( x ² − √2 x + 1).

Ответ. р 1= − √2, q 1= 1; р 2= √2, q 2= 1.

8.14.После замены x − 1 = y получим многочлен

( y + 1) 2 n + 1− (2 п + 1)( y + 1) n + 1+ (2 п + 1)( y + 1) n − 1,

который должен делиться на y ³. Вычислим его коэффициенты при y 0, y 1и y 2.

Свободный член этого многочлена равен

1 − (2 n + 1) + (2 n + 1) − 1 = 0;

коэффициент при y

2 n + 1 − (2 n + 1)( n + 1) + (2 n + 1) n = 0;

коэффициент при y ²

Тем самым утверждение доказано.

8.15.Чтобы данный многочлен делился на x ² − x + q без остатка, должно выполняться тождество

6 х 4− 7 x ³ + рх ² + 3 x + 2 = ( x ² − x + q )(6 х ² + ax + b ).

B правой части стоит многочлен

6 x 4+ ( а − 6) x ³ + ( b − а + 6 q ) x ² + (− b + qа ) x + qb .

Так как многочлены равны тождественно, получаем систему

Из первого уравнения а = −1. Из третьего и четвертого уравнений исключаем b . Приходим к уравнению

q ² + 3 q + 2 = 0,

откуда

q 1= −1, q 2= −2.

Сложив второе и третье уравнения, также исключим b :

5 q − 2 = p .

Следовательно,

р 1= −7, p 2= −12.

Итак, возможны два решения.

Ответ.

Ответык упражнениям на с. 42, 43 и 52.

1.Абсолютное тождество, так как верно при всех без исключения значениях x .

2.Абсолютное тождество. Верно при x ≠ π/ 2+ k π. Если же x = π/ 2+ k π, то обе части теряют смысл.