Сборник задач по математике с решениями - А. А. Рывкин, Е. Б. Ваховский 2003

Решения
Делимость многочленов. Теорема Безу. Целые уравнения

8.1. Положив x − 5 = y, приведем уравнение к виду

(y + ½)⁴ + (y − ½)⁴ = 1, или (2у + 1)⁴ + (2у − 1)⁴ = 16,

откуда после простых преобразований получим

16y⁴ + 24y² − 7 = 0.

Ответ. x_1,2 = 5 ± i^√7/₂; x₃ = 4,5; x₄ = 5,5.

8.2. Перемножим попарно первую и третью скобки и две оставшиеся:

(12х² + 11х + 2)(12х² + 11х − 1) = 4.

Обозначив 12х² + 11х + ½ = y, получим

(y + ³/₂)(y − ³/₂) = 4,

откуда

y₁ = −⁵/₂, у₂ = ⁵/₂.

Остается решить два квадратных уравнения.

Ответ.

8.3. Запишем уравнение в виде

x² − 17 = 3y²

и рассмотрим случаи x = 3k, x = 3k ± 1. B первом случае левая часть примет вид 9k² − 17 и не будет делиться на три. B остальных двух случаях в левой части получим

9k² ± 6k − 16,

что снова не делится на три. Поскольку правая часть всегда делится на три, то уравнение не имеет целых решений.

8.4. Решим уравнение относительно x:

Так как уравнение имеет действительные корни лишь при

25 − y² ≥ 0, т. е. |y| ≤ 5,

то остается перебрать все целые значения y, для которых

— целое число: y = 0, y = ±3, y = ±4, y = ±5. Для каждого значения y найдем два значения x.

Ответ. (10, 0), (−10, 0); (−1, −3), (−17, −3); (1, 3), (17, 3); (−6, −4), (−18, −4); (6, 4), (18, 4); (−15, −5), (15, 5).

8.5. По определению деления имеем тождество

x⁹⁹ + x³ + 10х + 5 = Q(x) (x² + 1) + ax + b,

которое справедливо всюду в области комплексных чисел. Так как частное Q(x) нам неизвестно и оно нас не интересует, то в качестве значения x нужно выбрать один из корней выражения x² + 1, например x = i. Подставив x = i, получим

i⁹⁹ + i³ + 10i + 5 = аi + b, т. е. 8i + 5 = аi + b,

откуда а = 8, b = 5.

Ответ. 8х + 5.

8.6. Перепишем уравнение в виде

y² ^{2x² + 1}/_{x² + 2} = 6.

Если x² ≥ 1, то ^{2x² + 1}/_{x² + 2} ≥ 1.

Так как x = 0 не является целочисленным решением уравнения, то можно утверждать, что y² ≤ 6. Остается рассмотреть случаи: y² = 0, y² = 1, y² = 4. Первый и второй не приводят к действительным значениям x. Для y² = 4 находим x² = 4.

Ответ. (2, 2), (2, −2); (−2, 2), (−2, −2).

8.7. Подставим в данное уравнение x = √3 + 1. После простых вычислений и преобразований получим

36 + 10а + 4b + (22 + 6а + 2b)√3 = 0.

Сумма двух чисел, из которых одно рациональное, а другое иррациональное, может равняться нулю, только если оба числа равны нулю:

(1).

Решая эту систему, найдем а = −4, b = 1. Поскольку уравнение

x⁴ − 4x³ + x² + 6x + 2 = 0

одним из своих корней имеет число √3 + 1, а все коэффициенты уравнения — целые, то следует ожидать, что наряду с этим корнем должен существовать и корень √3 − 1. Подставим это значение x в уравнение и соберем отдельно рациональные и иррациональные члены. Получим

36 + 10а + 4b − (22 + 6а + 2b)√3 = 0,

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 x⁴ − 4x³ + x² + 6x + 2 на

(x − √3 − 1)(x + √3 − 1) = x² − 2x − 2,

получим квадратный трехчлен x² − 2x − 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 х₁, х₁q и х₁q² — корни данного уравнения. По теореме Виета имеем систему

Из этих уравнений нужно исключить x₁ и q. Поскольку из первого уравнения следует х₁(1 + q + q³) = −а, то второе примет вид

b = х₁²q(1 + q + q²) = x₁q(−а),

т. е. x₁q = − ^b/_a, откуда

−^b³/_a³ = −c.

Ответ. са³= b³.

8.10. По теореме Виета

Возведем первое уравнение в квадрат:

α₁² + α₂² + α₃² + 2(α₁α₂ + α₁α₃ + α₂α₃) = 0,

откуда найдем α₁² + α₂² + α₃² . Как видим, последнее уравнение не понадобилось.

Ответ. α₁² + α₂² + α₃² = −2p.

8.11. Разделив x³ + ax + 1 на x − α, получим в частном x² + αx + а + α², а в остатке α³ + aα + 1. Условия задачи будут выполняться тогда и только тогда, если

α³ + aα + 1 = 0,

x² + αx + а + α² > 0 при всех x.

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

Число а не может быть равно нулю, так как уравнение а³ + аα + 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. 2x + 1.

8.13. Многочлен x⁴ + 1 делится на x² + рх + q тогда и только тогда, когда

x⁴ + 1 = (x² + ax + b)(x² + 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, р² = 2 и p = ±√2, а когда q = −1, р² = −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 x⁴ + 1 поочередно на каждый из двух трехчленов: x² + √2 x + 1 и x² − √2 x + 1. Однако проще убедиться, что

x⁴ + 1 = (x² + √2 x + 1)(x² − √2 x + 1).

Ответ. р₁ = − √2, q₁ = 1; р₂ = √2, q₂ = 1.

8.14. После замены x − 1 = y получим многочлен

(y + 1)^{2n + 1} − (2п + 1)(y + 1)^{n + 1} + (2п + 1)(y + 1)ⁿ − 1,

который должен делиться на y³. Вычислим его коэффициенты при y⁰, y¹ и y².

Свободный член этого многочлена равен

1 − (2n + 1) + (2n + 1) − 1 = 0;

коэффициент при y

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

коэффициент при y²

Тем самым утверждение доказано.

8.15. Чтобы данный многочлен делился на x² − x + q без остатка, должно выполняться тождество

6х⁴ − 7x³ + рх² + 3x + 2 = (x² − x + q)(6х² + ax + b).

B правой части стоит многочлен

6x⁴ + (а − 6)x³ + (b − а + 6q)x² + (−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

q² + 3q + 2 = 0,

откуда

q₁ = −1, q₂ = −2.

Сложив второе и третье уравнения, также исключим b:

5q − 2 = p.

Следовательно,

р₁ = −7, p₂ = −12.

Итак, возможны два решения.

Ответ.