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

в куб. Получим

a + b + 3a⅓b⅓(a⅓ + b⅓) = −c.  (2)

Подставим (1) в (2):

a + b − 3a⅓b⅓c⅓ = −c.

т. е.

a + b + c = 3a⅓b⅓c⅓,

или

(а + b + с)³ = 27аbс.

7.14. По условию

24х² + 48х + 26 = (ax + b)³ − (cx + d)³,

т. е. коэффициенты многочленов слева и справа равны. Прежде чем преобразовать правую часть, заметим, что коэффициент при x³ равен нулю, т. е. а³ − с³ = 0, или а = с. Тогда получим, что

(ax + b)³ − (ax + d)³ = 3а²(b − d)x² + 3а(b² − d²)x + b³ − d³.

Следовательно,

Из (3): b − d = 8/a². Из (4) с учетом (3): b + d = 2а.

Далее найдем:

Подставим выражения для b − d , b + d и bd в (5):

(так как а > 0).

Соответственно, b = 3, d = 1.

Ответ. 2x + 3; 2x + 1.

Глава 8

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. x1,2 = 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. x1,2 = 1 ± √3; x3,4 = 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