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

3α² − 41 + 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.

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:

ctg 2x = cos 2x/sin 2x = cos 2x/2sin x cos x,

а правую записать в виде

Обе части этого равенства перестают существовать одновременно, если либо cos x = 0, либо sin x = 0, следовательно, тождество 9 абсолютное.

Тождество 10 является неабсолютным, поскольку при x = π/2(2n + 1) левая часть равна нулю, а правая теряет смысл.

11—13. Первое из этих трех тождеств неабсолютное, второе и третье — абсолютные.

14—16. Первое и второе тождества неабсолютные, третье — абсолютное.

B самом деле, для первого область определения левой части: x > 0, y > 0; x < 0, y < 0, а область определения правой части: x ≠ 0; y ≠ 0. Для второго область определения левой части x ≠ 0, а область определения правой части x > 0.

Наконец, для третьего x ≠ 0 для обеих частей тождества.

17. Пусть x = а — корень данного уравнения. Тогда f(а) = φ(а). Поскольку ψ(x) существует при всех x, то ψ(а) — число; следовательно,

f(a) + ψ(а) = φ(а) + ψ(а). (1)

Таким образом, x = а — корень уравнения

f(x) + ψ(x) = φ(x) + ψ(x). (2)

Обратно: если x = а — корень (2), то имеет место равенство (1), а потому x = а — корень уравнения f(x) = φ(x).

Вторую часть теоремы доказывает пример. B самом деле, достаточно рассмотреть два уравнения:

x − 1 = 0 и x − 1 + 1/x − 1 = 1/x − 1,

первое из которых имеет единственный корень x = 1, а второе вовсе не имеет корней, так как при x = 1 оно теряет смысл.

18. Доказательство аналогично 17. Даже пример можно взять тот же самый.

19—19а. Для доказательства достаточно заметить, что посторонними для данного уравнения могут быть те корни уравнения

f(x) = ψ(x),

для которых φ(x) либо не существует, либо обращается в нуль.

20. Если f(а) = φ(а), то [f(а)]² = [φ(а)]². Обратно: из второго равенства следует, что либо f(а) = φ(а), либо f(а) = −φ(а).

21. Система равносильна совокупности четырех систем:

22. Доказательство непосредственно следует из свойств пропорций.

9.1. При x < −2 получим

−x + 2x + 2 − 3x − 6 = 0,

т. е. x = −2, что противоречит предположению. Таким образом, при x < −2 уравнение не имеет решений.