Учебное пособие Москва Издательство мцнмо 2007 удк 512. 1517. 1511. 1 Ббк 22. 14122. 161 П70 Прасолов В. В
 Скачать 3.28 Mb.
|
|
1.1. Наименьшее значение квадратного трёхчлена 1.1. Докажите, что если x > 0, то x + 1/x > 2. 1.2. а) Докажите, чтоб) Докажите, что x) 6 a 2 /4. 1.3. Докажите, что для чисел a, b, c, заключённых между и 1, не могут одновременно выполняться неравенства b) > 1/4, b(1 − c) > 1/4 и c(1 − a) > 1/4. 1.4. При каком x функция f(x) = (x − a 1 ) 2 + . . . + (x − принимает наименьшее значение. Пусть x, y, z — положительные числа, сумма которых равна 1. Докажите, что 1/x + 1/y + 1/z > 9. 1.6. Докажите, что расстояние от точки (x 0 , y 0 ) до прямой равно+ by 0 + c| p a 2 + b 2 1.7. Пусть a 1 , . . ., a n — неотрицательные числа, причём a 1 + . . . + a n = a. Докажите, что+ a 2 a 3 + . . . + a n −1 a n 6 a 2 /4. 1.2. Дискриминанта) Пусть a, b, c — вещественные числа. Докажите, что квадратное уравнение a)(x − b) + (x − b)(x − c) + (x − c)(x − a) = имеет вещественный корень. б) Докажите, что (a + b + c) 2 > 3(ab + bc + ca). Условия задач. Пусть a 1 , . . ., a n , b 1 , . . ., b n — вещественные числа. Докажите неравенство Коши+ . . . + a n b n ) 2 6 (a 2 1 + . . . + a 2 n )(b 2 1 + . . . + b 2 n ). 1.10. Докажите, что если (a + b + c)c < 0, то b 2 > 4ac. 1.3. Разные задачи. а) Золотым сечением называют деление отрезка на две части, при котором весь отрезок относится к большей части, как большая часть к меньшей. Чему равно при этом отношение меньшей части к большей? б) Пусть a — основание равнобедренного треугольника с углом при основании 72 ◦ , b — его боковая сторона. Докажите, что отрезки a и b делят отрезок a + b в золотом сечении. Докажите, что квадратный трёхчлен ax 2 + bx + принимает целые значения при всех целых x тогда и только тогда, когда числа 2a, a + b и c целые. У уравнений x 2 + ax + b = 0 и x 2 + cx + d = 0 нет корней, меньших x 0 . Докажите, что у уравнения x 2 + a + c 2 x + + b + d 2 = 0 тоже нет корней, меньших x 0 1.14. Докажите, что если уравнения с целыми коэффициентами имеют общий нецелый корень, то p 1 = и q 1 = q 2 1.15. Докажите, что если при любом положительном все корни уравнения ax 2 + bx + c + p = 0 действительны и положительны, то коэффициент a равен нулю. а) Трёхчлен ax 2 + bx + c при всех целых x является точной четвёртой степенью. Докажите, что тогда a = b = б) Трёхчлен ax 2 + bx + c при всех целых x является точным квадратом. Докажите, что тогда ax 2 + bx + c = (dx + e) 2 Глава 1. Квадратный трёхчлен 1.17. Пусть и x 2 — корни квадратного уравнения x 2 + + ax + b = 0, s n = x n 1 + x n 2 . Докажите, что m − 1)! m! (n − где суммирование ведётся по всем целым числам m, для которых 0 6 m 6 n/2 (формула Варинга). 1.4. Теорема о промежуточном значении При решении задач о квадратном трёхчлене часто бывает полезно следующее утверждение, которое называют теоремой о промежуточном значении для квадратного трёхчлена. Пусть ax 2 + bx + c, где a 6= 0. Если f( a )f( b ) 6 0, тона отрезке лежит по крайней мере один корень квадратного уравнения Для f(x) = f (x) − y (x) это означает, что если, например) > y ( a ) и f ( b ) 6 y ( b ), тона отрезке есть точка для которой f (x 0 ) = y (x 0 ). 1.18. Докажите теорему о промежуточном значении для квадратного трёхчлена. 1.19. Пусть a — корень уравнения x 2 + ax + b = 0, b — корень уравнения x 2 − ax − b = 0. Докажите, что между числами и есть корень уравнения x 2 − 2ax − 2b = 0. 1.20. Квадратный трёхчлен f(x) имеет два вещественных корня, разность которых не меньше натурального числа n > > 2. Докажите, что квадратный трёхчлен f(x) + f(x + 1) + . . . . . . + f(x + n) имеет два вещественных корня. Даны уравнения ax 2 + bx + c = 0 и −ax 2 + bx + c = Докажите, что если x 1 — корень первого уравнения, а второго, то найдётся корень уравнения+ bx + c = для которого либо x 1 6 x 3 6 x 2 , либо x 1 > x 3 > x 2 1.22. Докажите, что на отрезке [−1, 1] квадратный трёх- член f(x) = x 2 + ax + b принимает значение, абсолютная величина которого не меньше 1/2. 1.23. Докажите, что если |ax 2 + bx + c| 6 1/2 при всех 6 1, то |ax 2 + bx + c| 6 x 2 − 1/2 при всех |x| > 1. Решения задач. Докажите, что если |ax 2 + bx + c| 6 1 при |x| 6 1, то+ bx + a| 6 2 при |x| 6 1. 1.5. Уравнение касательной к конике. Найдите уравнение касательной к конике ax 2 + + bxy + cy 2 + dx + ey + f = 0 в точке (x 0 , y 0 ). 1.26. а) Докажите, что касательная в точке (x 0 , y 0 ) к эллипсу (или гиперболе) ax 2 + by 2 = 1 задаётся уравнением+ by 0 y = б) Докажите, что касательная в точке (x 0 , y 0 ) к гиперболе задаётся уравнением x 0 y + y 0 x = 2a. 1.6. Результант 1.27. Докажите, что квадратные уравнения x 2 + p 1 x + q 1 = = 0 и x 2 + p 2 x + q 2 = 0 имеют общий корень (возможно комплексный) тогда и только тогда, когда q 1 ) 2 + (p 1 − p 2 )(p 1 q 2 − q 1 p 2 ) = Выражение (q 2 − q 1 ) 2 + (p 1 − p 2 )(p 1 q 2 − q 1 p 2 ) называют результантом квадратных трёхчленов x 2 + p 1 x + и x 2 + + p 2 x + q 2 1.28. Докажите, что если числа p 1 , p 2 , q 1 , удовлетворяют неравенству (q 2 − q 1 ) 2 + (p 1 − p 2 )(p 1 q 2 − q 1 p 2 ) < 0, то квадратные трёхчлены x 2 + p 1 x + и x 2 + p 2 x + имеют вещественные корни и между корнями каждого из них лежит корень другого. Решения 1.1. Приданное неравенство эквивалентно неравенству 2x + 1 > 0, те. а) Квадратный трёхчлен x 2 − x принимает наименьшее значение при x = 1/2; оно равно б) Квадратный трёхчлен x 2 − ax принимает наименьшее значение при x = a/2; оно равно −a 2 /4. Глава 1. Квадратный трёхчлен 1.3. Согласно задаче 1.2 б) a(1−a)61/4, b(1−b)61/4, c(1−c)6 6 1/4. Поэтому b)b(1 − c)c(1 − a) = a(1 − a)b(1 − b)c(1 − c) 6 (1/4) 3 1.4. Ясно, что f(x) = nx 2 − 2(a 1 + . . . + a n )x + a 2 1 + . . . + a 2 n . Этот квадратный трёхчлен принимает наименьшее значение при x = = a 1 + . . . + a n n 1.5. По условию + y + z x = 1 + y x + z x . Такие же выражения можно написать для 1/y и 1/z. Согласно задаче 1.2 y/x + x/y > Написав ещё два аналогичных неравенства, получим требуемое. Пусть точка (x, y) лежит на прямой ax + by + c = 0. Тогда − ax + c b , поэтому x 0 ) 2 + (y − y 0 ) 2 = (x − x 0 ) 2 + “ ax + c b + y 0 ” 2 = = a 2 + b 2 b 2 x 2 + 2 “ −x 0 + ac b 2 + ay 0 b ” x + x 2 0 + c 2 b 2 + 2cy 0 b + y 2 Минимальное значение полученного квадратного трёхчлена равно+ x 2 0 + c 2 b 2 + 2cy 0 b + y 2 0 = (ax 0 + by 0 + c) 2 a 2 + b 2 1.7. Пусть x = a 1 + a 3 + a 5 + . . . Тогда a − x = a 2 + a 4 + a 6 + . . Поэтому согласно задаче 1.2 б > x(a − x) = (a 1 + a 3 + a 5 + . . .)(a 2 + a 4 + a 6 + . . .) > > a 1 a 2 + a 2 a 3 + . . . + a n −1 a n 1.8. а) Пусть для определённости a 6 b 6 c. Тогда при x = b левая часть уравнения принимает значение (b −c)(b−a)6 0. А при очень больших x левая часть положительна, поэтому уравнение имеет вещественный корень. б) Достаточно заметить, что дискриминант рассматриваемого в а) уравнения неотрицателен. Квадратный трёхчлен (a 1 x + b 1 ) 2 + . . . + (a n x + неотрицателен при всех x, поэтому его дискриминант неположителен. Вычислив дискриминант, получаем требуемое. Рассмотрим квадратный трёхчлен f(x) = x 2 + bx + ac. По условию f(c) < 0. Коэффициент при положителен, поэтому рас Решения задач 21 сматриваемый квадратный трёхчлен имеет два вещественных корня. Следовательно, его дискриминант D = b 2 − 4ac положителен. а) Ответ. Пусть отрезок разделён на два отрезка длиной y и z, причём y < z. Мы имеем золотое сечение тогда и только тогда, когда + z = x, где x — искомое число. Для получаем уравнение x(x + 1) = y z y + z z = 1. Решая его и отбрасывая отрицательный корень, получаем x = − 1 2 + √ 5 б) Пусть ABC — треугольник с углами ∠A = 36 ◦ , ∠B = ∠C = Пусть, далее, a = BC и b = AC. Проведём в этом треугольнике биссектрису. Тогда ∠KBC = 36 ◦ , поэтому треугольник BCK тоже равнобедренный с углом при основании 72 ◦ . Кроме того, AK = поскольку ∠ABK = 36 ◦ = ∠BAK. Значит, KC = b − a, поэтому равенство в виде a , те Следовательно + b b = b a , что и требовалось. Предположим сначала, что квадратный трёхчлен f(x) = = ax 2 + bx + c принимает целые значения при всех целых x. Тогда, в частности, число f(0) = c целое. Числа f(±1) − c = a ± b тоже целые. Значит, число 2a = (a + b) + (a − b) целое. Предположим теперь, что числа 2a, a+b и c целые. Тогда число+ b) целое прич тном x. А если x = 2k + 1, то число ax + b = = 2ka + a + b целое. Из условия следует, что если x > x 0 , то x 2 + ax + b > и x 2 + cx + d > 0. Поэтому если x > x 0 , то 2x 2 + (a + c)x + (b + d) > 0. 1.14. Если уравнение с целыми коэффициентами x 2 + p 1 x + q 1 = = 0 имеет нецелый корень x 1 , то этот корень иррациональный. Действительно, пусть x 1 = m/n — несократимая дробь. Тогда m 2 + + p 1 mn + q 1 n 2 = 0, поэтому делится на n. Но по предположению числа m и n взаимно простые. Значит, число целое. Получаем противоречие, следовательно, x 1 — иррациональное число. Таким образом, данные уравнения имеют общий корень x 1 =a+ + √ b, где числа a и b рациональные, а число иррациональное. Согласно теореме Виета второй корень первого уравнения равен a − √ b и при этом q 1 = (a + √ b)( −p 1 − a − √ b). Следовательно (−p 1 − 2a) √ b + r, где число r = −ap 1 − a 2 − b рациональное. Поэтому p 1 = −2a и q 1 = (a + √ b)(a − √ b) = a 2 − b. Аналогично для чисел и мы получаем те же самые выражения. Предположим, что a > 0. Тогда при больших положительных дискриминант D = b 2 − 4ac − 4ap отрицателен, поэтому Глава 1. Квадратный трёхчлен данное уравнение вообще не имеет действительных корней. Предположим, что a < 0. Тогда при больших положительных p произведение корней, равное + p a , отрицательно. а) Ясно, что a > 0 и c > 0. Рассмотрим значения x, равные. Если одно из чисел a или b отлично от нуля, то трёхчлен ax 2 + bx + c при таких x принимает по крайней мере n/2 различных значений. Эти значения заключены между и an 2 + |b|n + c. Количество различных точных четвёртых степеней, заключённых между 0 и an 2 + |b|n + c, не превосходит+ |b|n + c + 1. Поэтому+ |b|n + c + 1 > n/2, те. При очень больших n такое неравенство выполняться не может, поскольку будет гораздо больше, чем б) Пусть f(x) = √ ax 2 + bx + c. Тогда+ 1) − f(x) = (f(x + 1)) 2 − (f(x)) 2 f(x + 1) + f(x) = a(2x + 1) + b f(x + 1) + поэтому lim x →∞ (f(x + 1) −f(x))= √ a. Прицелом число f(x + 1) является целым, поэтому d, где d — целое число. Кроме того, при целых x > разность f(x + 1) − f(x) должна быть равна своему предельному значению d. Положим y = x 0 + n. Тогда f(x 0 ) + nd при всех натуральных n. Таким образом+ by + c = (f(x 0 ) + nd) 2 = (dy − dx 0 + для всех y = x 0 + n, n — натуральное. Но тогда такое равенство имеет место для всех y. Итаки, где x 0 — любое целое число. Согласно теореме Виета x 1 + x 2 = −a и x 1 x 2 = b. При n = и n = 2 требуемое равенство имеет вид x 1 + x 2 = −a и 2 (x 2 1 + x 2 2 ) = = 1 2 a 2 − b. Второе равенство легко проверяется. Предположим, что требуемое равенство доказано для всех натуральных чисел, не превосходящих, где n > 3. Тогда bs n −2 ) = n − 1 n X m ( −1) n +m (n − m − 2)! m! (n − 2m − 1)! a n −2m b m + + n − 2 n X m ( −1) n +m−1 (n − m − 3)! m! (n − 2m − 2)! a n −2m−2 b m +1 Решения задач 23 Заменив m + 1 на m, вторую сумму можно переписать в виде 2 n X m ( −1) n +m (n − m − 2)! (m − 1)! (n − Далее m − 2)! (n − 1) m! (n − 2m − 1)! n + (n − m − 2)! (n − 2) (m − 1)! (n − 2m)! n = = (n − m − 2)! (m − 1)! (n − 2m − 1)! n “ n − 1 m + n − 2 n − 2m ” = (n − m − 1)! m! (n − В результате получаем требуемое. Если у квадратного трёхчлена нет корней, то все его значения одного знака. Если у квадратного трёхчлена ровно один корень, то все его значения одновременно неотрицательны или неположительны. Если квадратный трёхчлен имеет корни и где x 1 < x 2 , то его значения при x < и при x > имеют один знака при x 1 < x < x 2 — другой знак. Поэтому если квадратный трёхчлен в двух точках принимает значения разных знаков, то между этими точками лежит или x 2 |