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 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/_a

³ = −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 = (x

² + √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.

Глава 9

Алгебраические уравнения и системы

Ответы к 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 + kπ. Если же x = ^π/₂ + kπ, то обе части теряют смысл.

3. Неабсолютное тождество. Область определения левой части: x ≠ ^π/₂ + kπ, область определения правой части: x ≠ ^kπ/₂.

4—6. Тождество 4 является абсолютным, поскольку это определение секанса. Тождества 5 и 6 неабсолютные, так как правые части определены всегда, в то время как левые могут терять смысл.

7—8. Тождество 7 абсолютное. B самом деле, левая часть теряет смысл при cos ^x/₂ = 0. Правая часть может быть записана в виде  т. е. тоже теряет смысл при cos ^x/₂ = 0.

Тождество 8 неабсолютное. Левая часть теряет смысл при cos ^x/₂ = 0, а правая, которая может быть записана в виде  перестает существовать как при cos ^x/₂ = 0, так и при sin ^x/₂ = 0.

9—10. Левую часть равенства 9 можно преобразовать так: