Учебное пособие Москва Издательство мцнмо 2007 удк 512. 1517. 1511. 1 Ббк 22. 14122. 161 П70 Прасолов В. В

• Название: Учебное пособие Москва Издательство мцнмо 2007 удк 512. 1517. 1511. 1 Ббк 22. 14122. 161 П70 Прасолов В. В
• Дата: 16.10.2022
• Размер: 3.28 Mb.
• Имя файла: algebra.pdf
• Тип: Учебное пособие; #736986
• страница: 3 из 71

1.19. Пусть f(x) = x
2
− 2ax − 2b. По условию a
2
= −a
a
− и b
2
= a
b
+
b
, поэтому f(
a
)
=
a
2
+ 2
a
2
= и f(
b
)
=
b
2
− 2
b
2
= Значит, f(
a
)f(
b
) 6 0. Поэтому на отрезке лежит по крайней мере один корень квадратного уравнения x
2
− 2ax − 2b = 0.
1.20. Пусть квадратный трёхчлен f(x) имеет вещественные корни и x
2
= x
1
+ n + a, где a > 0. Для определённости будем считать,
что коэффициент при положителен. Положим x
0
= x
1
+ a/2. Тогда и x
0
+ n 6 x
2
. Поэтому f(x
0
)
+ f(x
0
+ 1) + . . . + f(x
0
+ n) < У квадратного трёхчлена f(x) + . . . + f(x + n) коэффициент при положителен, поэтому при достаточно больших x он принимает положительные значения. При x = и x = x
2
трёхчлен
a
2
x
2
+ bx + c принимает значения и 3ax
2 2
/2. Эти значения имеют разные знаки, поэтому один из корней трёхчлена расположен между и x
2
1.22. Предположим, что |f(x)| < 1/2 при |x| 6 1. Квадратный трёхчлен g(x) = x
2
− 1/2 в точках ±1 и 0 принимает значения и −1/2. Поэтому f(±1) < g(±1) и f(0) > g(0). Значит, графики функций f и g пересекаются по крайней мере в двух точках одна точка пересечения лежит на отрезке [−1, 0], а вторая — на отрезке, Покажем, что графики функций f и g пересекаются лишь водной точке. Из равенства x
2
+ ax + b = x
2
− 1/2 следует, что

Глава 1. Квадратный трёхчлен
ax
+ b = −1/2. Условие f(0) > g(0) означает, в частности, что −1/2. Поэтому уравнение ax + b = −1/2 имеет единственное решение. Достаточно доказать, что ax
2
+ bx + c 6 x
2
− 1/2 (для многочлена можно применить аналогичное неравенство).
Пусть f(x)=ax
2
+bx+c и g(x)=x
2
−1/2. Тогда и f(±1) 6 g(±1) = 1/2. Поэтому графики функций f и g имеют две общие точки над отрезком [−1, 1], а больше двух общих точек они иметь не могут (если только f и g не совпадают тождест- венно).
Если f(±1) < g(±1), то неравенство f(x) < g(x) будет выполняться и при |x| > 1. Нужно лишь более аккуратно рассмотреть случай, когда f(1) = g(1) или f(−1) = g(−1). Неприятности могли бы возникнуть, например, если f(1) = g(1) и f(x) > g(x) при всех достаточно близких к 1. Но тогда квадратный трёхчлен f(x) − строго положителен при x 6= 1. В частности, f(−1) > g(−1), чего не может быть. Согласно задаче 1.23 |ay
2
+ by + c| 6 2y
2
− 1 при |y| > Положим y = 1/x. Тогда+ bx + a| =
1
y
2
|ay
2
+ by + c| 6 1
y
2
(2y
2
− 1) 6 прите. при 0 < |x| 6 1. Для x = 0 неравенство тоже выполняется, поскольку оно выполняется для всех x, близких к нулю. Предположим, что точка (x
0
, y
0
) принадлежит конике+ bxy + cy
2
+ dx + ey + f = Любая прямая, проходящая через точку (x
0
, y
0
), задаётся уравнением) или уравнением x
= x
0
, что соответствует ∞). Найдём вторую точку пересечения прямой и коники. Для этого подставим уравнение прямой в уравнение коники (те. заменим в уравнении коники y на k(x − x
0
)
+ y
0
) и вычислим коэффициенты и B при и x свободный член C нас интересовать не будет a + bk + ck
2
;
B
= −bkx
0
+ by
0
− 2ck
2
x
0
+ 2cky
0
+ d + Рассматриваемая прямая является касательной к конике тогда и только тогда, когда она пересекает конику только в точке

Решения задач, y
0
).* Эквивалентное условие таково 2x
0
= −B/A, те+ Таким образом, уравнение касательной имеет вид x
0
)(2ax
0
+ by
0
+ d) + (y − y
0
)(bx
0
+ 2cy
0
+ e) = По условию точка (x
0
, y
0
) принадлежит конике, те. Воспользовавшись этим равенством, уравнение касательной можно записать в другом виде+ by
0
+ d)x + (bx
0
+ 2cy
0
+ e)y + dx
0
+ ey
0
+ 2f = 0.
1.26. Непосредственно следует из задачи 1.25.
1.27. Пусть x
1
— общий корень данных уравнений. Вычитая одно уравнение из другого, получаем (p
1
− p
2
)x
1
= q
2
− q
1
. Если p
2
, то q
1
= q
2
. Если же p
1 6= p
2
, то x
1
=
q
2
− q
1
p
1
− p
2
. Подставив это выражение для в любое из двух квадратных уравнений, получим требуемое соотношение. При p
1
= и q
1
= это соотношение тоже выполняется.
Наоборот, пусть (q
2
−q
1
)
2
+(p
1
−p
2
)(p
1
q
2
−q
1
p
2
)
=0. Если тов этом случае уравнения совпадают, поэтому они имеют общий корень. Если p
1 6= p
2
, то положим x
1
=
q
2
− q
1
p
1
− p
2
. Легко проверить, что x
2 1
+ p
1
x
1
+ q
1
= 0 и x
2 1
+ p
2
x
1
+ q
2
= 0.
1.28. Из условия, в частности, следует, что p
1 6= p
2
. Положим q
1
p
1
− p
2
. Тогда 1
+ p
1
x
1
+ q
1
= x
2 1
+ p
2
x
1
+ q
2
=
(q
2
− q
1
)
2
+
(p
1
− p
2
)(p
1
q
2
− q
1
p
2
)
(p
1
− Это означает, что графики функций f
1
(x)
= x
2
+ p
1
x
+ и f
2
(x)
=
= x
2
+ p
2
x
+ пересекаются в точке (x
1
, y
1
), где y
1
<
0. В таком случае 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 Это утверждение не совсем точно. Например, прямые x = и y = пересекают гиперболу xy = 1 водной точке, ноне являются касательными.
Однако на самом деле эти прямые пересекают гиперболу ещё ив бесконечно удалённых точках. С учётом бесконечно удалённых точек утверждение верно

ГЛАВА УРАВНЕНИЯ. Замена переменных. Решите уравнение x − 1)
3
+ (x
2
− 3x + 2)
3
= (2x
2
− 4x + 1)
3
2.2. Решите уравнение x
4
+ ax
3
+ bx
2
+ ax + 1 = 0.
2.3. Решите уравнение x
4
+ ax
3
+ bx
2
− ax + 1 = 0.
2.4. Решите уравнение x
4
+ ax
3
+ (a + b)x
2
+ 2bx + b = 0.
2.5. Решите уравнение+ 1)
2
= 1.
2.2. Угадывание корней. Решите уравнение x + 1)
3
x
2
(x
− 1)
2
=
(a
2
− a + 1)
3
a
2
(a
− 1)
2
, где a>1.
2.7. Решите уравнение −
x
1
+
x(x
− 1)
2!
− . . . + (−1)
n
x(x
− 1) . . . (x − n + 1)
n!
= 0.
2.8. Пусть n > 1 — натуральное число. Найдите все положительные решения уравнения x
n
− nx + n − 1 = 0.
2.3. Уравнения с радикалами
В задачах 2.9––2.15 предполагается, что значения квадратных корней неотрицательны. При этом нас интересуют только вещественные корни уравнений. Решите уравнение − 6 +
√
x
+ 4 = 5.

Решения задач. Решите уравнение+ x)
2
−
m
p
(1
− x)
2
=
m
p
1 − x
2
2.11. Решите уравнение 9 + 4
p
x
2
− 16 + 5
p
x
2
− 25 =
120
x
2.12. Решите уравнение x +
p
3 +
√
x
= 3.
2.13. Решите уравнение p
a
−
√
a
+ x = x.
2.14. Решите уравнение p
x
+ 3 − 4
√
x
− 1 +
p
x
+ 8 − 6
√
x
− 1 = 1.
2.15. Решите уравнение − x +
3
√
1 + x = p, где p — произвольное вещественное число. Разные уравнения. Решите уравнение + 1| − |x| + 3|x − 1| − 2|x − 2| = x + 2.
2.17. Решите уравнение x
3
− [x] = 3, где [x] означает наибольшее целое число, не превосходящее Решения. Положим u = x
2
−x−1 и v=x
2
−3x+2. Тогда рассматриваемое уравнение запишется в виде u
3
+v
3
=(u+v)
3
, те. 3uv(u+v)=0.
Остаётся решить три квадратных уравнения x
2
−x−1=0, x
2
−3x+
+ 2 = 0 и 2x
2
− 4x + 1 = 0.
2.2. Сделайте замену y = x + 1/x.
2.3. Сделайте замену y = x − 1/x.
2.4. Сделайте замену y = 1/x + 1/x
2
2.5. Это уравнение эквивалентно уравнению x
4
+ 2x
3
+ x
2
− 2x −
− 1 = 0. Уравнение из задачи 2.4 при a = 2 и b = −1 принимает именно такой вид. Рациональная функция R(x) =
(x
2
− x + 1)
3
x
2
(x
− переходит сама в себя при заменена или на 1 − x. Поэтому рассматриваемое уравнение имеет корни a, 1/a, 1 − a, 1/(1 − a), 1 − 1/a и a/(1 − a).

Глава 2. Уравнения
При a > 1 все эти шесть чисел различны. Рассматриваемое уравнение имеет степень 6, поэтому у него не может быть более шести корней. Ответ. Равенство −
k
1
+
k(k
− 1)
2!
− . . . + (−1)
k
k(k
− 1) · . . . · 2 · 1
k!
= (1 − 1)
k
= показывает, что числа k = 1, 2, . . . , n являются корнями данного уравнения. Больше n корней это уравнение иметь не может, поскольку его степень равна n.
2.8. Ответ. Ясно, что nx + n − 1 = (1 + x + . . . + x
n
−1
− n)(x − Если x > 1, то 1 + x + . . . + x
n
−1
− n > 0, а если 0 < x < 1, то 1 + x + . . .
. . .
+ x
n
−1
− n < 0.
2.9. Положим y =
√
x
+ 4. Тогда x = y
2
− 4, поэтому 2x − 6 = 2y
2
−
− 14. Таким образом, получаем уравнение p
2y
2
− 14 + y = 5. Перенес м y в правую часть и возведём обе части в квадрат. В результате получим уравнение y
2
+ 10y − 39 = 0. Его корни 3 и −13. Но 0, поэтому остаётся только корень y
=3, которому соответствует 5. Легко проверить, что x = 5 действительно является корнем рассматриваемого уравнения. Ясно, что x 6= ±1. Поэтому можно поделить обе части уравнения на − x
2
=
m
√
(1
− x)(1 + x). В результате получим уравнение + x
1 − x
−
m
r
1 − x
1 + x
= Положим z =
m
r
1 + x
1 − x
. Для z получаем квадратное уравнение z
2
−
− z − 1 = 0. Значит, z =
1 ±
√
5 2
. При этом x =
z
m
− 1
z
m
+
1
2.11. Выражение в левой части при увеличении x возрастает,
а выражение в правой части убывает. Поэтому уравнение имеет не более одного решения. Легко проверить, что x = 5 — решение. Если x > 1, то x +
p
3 +
√
x > 3, а если x < 1, то x
+
+
p
3 +
√
x < 3. Остаётся только корень x
= 1.
2.13. Избавляясь от радикалов, приходим к уравнению 2ax
2
− x + a
2
− a = 0.

Решения задач
29
Относительно a это уравнение квадратное. Решая его, получаем два решения x
2
+ x + 1;
a
= x
2
− Решая эти квадратные уравнения относительно x, получаем четыре решения −
1 2
±
r
a
−
3 4
;
x
3,4
=
1 2
±
r
a
+
1 4
2.14. Ответ. Заметим, что+ 3 − 4
√
x
− 1 = (
√
x
− 1 − 2)
2
,
x
+ 8 − 6
√
x
− 1 = (
√
x
− 1 − Поэтому исходное уравнение можно записать в виде 1 − 2| + |
√
x
− 1 − 3| = все корни мы считаем положительными. Рассмотрим по очереди всевозможные случаи 1 − 2 > 0 и 1 − 3 > 0, те. В этом случае уравнение имеет единственное решение x = 10.
2.
√
x
− 1 − 2 > 0 и 1 − 3 6 0, те. В этом случае получаем тождество, те. если 5 6 x 6 10, то x является корнем данного уравнения 1 − 2 6 0 и 1 − 3 6 0, те. Уравнение имеет единственное решение x = Случай, когда 1 − 2 6 0 и 1 − 3 > 0, очевидно, невозможен. Возведём обе части уравнения в куб + 3 3
p
1 − x
2
(
3
√
1 − x +
3
√
1 + x) = Затем подставим p вместо − x +
3
√
1 + x. В результате получим уравнение 2 + 3p
3
√
1 − x
2
= p
3
, откуда ±
r
1 −
“
p
3
− 2 Эта формула имеет смысл при p = −1 и 0 < p 6 2. Но при этом мы применяли неэквивалентные преобразования потерять корни мы не могли, но могли приобрести лишние корни

Глава 2. Уравнения
Проанализируем более детально наши преобразования. Положим. Возведём обе части уравнения u + v = в куб (это эквивалентное преобразование. В результате получим+ v
3
+ 3uv(u + v) = p
3
. Подставим p вместо u + v. В результате получим u
3
+ v
3
+ 3uvp = p
3
, те Запишем (u + v)
3
− по формуле для разности кубов a
3
− b
3
=
= (a − b)(a
2
+ ab + b
2
). Вынеся (u
+ v − p) за скобку, получим уравнение+ v − p)(u
2
+ v
2
+ p
2
+ up + vp − uv) = Лишние корни могут быть связаны только с уравнением+ v
2
+ p
2
+ up + vp − uv) = 0, те Итак, лишние корни могут получиться, только если u = v = те. Эта система уравнений имеет единственное решение x = 0, p = −1. Корень x = 0 при p = −1 действительно лишний. Ответили Если x > 2, получаем тождество.
Если 1 6 x < 2, получаем уравнение 4x = 8, которое не имеет корней на данном интервале.
Если 0 6 x < 1, получаем уравнение −2x = 2, которое не имеет корней на данном интервале.
Если −1 6 x < 0, получаем 0 = 2, чего не может быть.
Если x < −1, получаем корень x = −2.
2.17. Ответ Пусть [x] = n и x= n +
a
, где 0 6
a
<
1. Данное уравнение записывается в виде x
3
− x +
a
= 3. Неравенство 0 6
a
<
1 показывает, что. Если x>2, то x(x
2
−1)>2·3=6, поэтому в этом случае неравенство x
3
−x6 3 не выполняется. Если x<−1, то поэтому неравенство 2 < x
3
− x не выполняется. Таким образом,
нас интересует случай, когда −1 6 x < 2, те или Соответственно получаем уравнения x
3
+ 1 = 3, x
3
= 3, x
3
− 1 = Находим их решения x =
3
√
2, x =
3
√
3, x =
3
√
4. При этом [
3
√
2] 6= −1,
[
3
√
3] 6= 0 и [
3
√
4] = 1, поэтому решением исходного уравнения является только

ГЛАВА СИСТЕМЫ УРАВНЕНИЙ. Нахождение всех решений
В задачах 3.1––3.8 требуется найти все решения указанных систем уравнений+ z) = 35,
y(x
+ z) = 32,
z(x
+ y) = 27.
3.2.





x
+ y + xy = 19,
y
+ z + yz = 11,
z
+ x + zx = 14.
3.3.
(
2y = 4 − x
2
,
2x = 4 − y
2