Страница 116 - гдз по алгебре 10 класс учебник Колягин, Ткачева

325. Доказать, что если уравнение $x^n + a_1x^{n-1} + a_2x^{n-2} + ... + a_n = 0$ с целыми коэффициентами $a_1, a_2, ..., a_n$ имеет рациональный корень, то этот корень — целое число.

Пусть дано уравнение $x^n + a_1x^{n-1} + a_2x^{n-2} + ... + a_n = 0$, где коэффициенты $a_1, a_2, ..., a_n$ являются целыми числами. Отметим, что старший коэффициент (при $x^n$) равен 1.

Предположим, что это уравнение имеет рациональный корень $x = \frac{p}{q}$, где $p$ и $q$ — целые числа, $q \neq 0$. Будем считать, что эта дробь несократима, то есть наибольший общий делитель чисел $p$ и $q$ равен 1 (НОД$(p, q) = 1$). Без ограничения общности можно считать, что $q > 0$.

Подставим этот корень в исходное уравнение:

$\left(\frac{p}{q}\right)^n + a_1\left(\frac{p}{q}\right)^{n-1} + a_2\left(\frac{p}{q}\right)^{n-2} + ... + a_n = 0$

Умножим обе части уравнения на $q^n$, чтобы избавиться от знаменателей:

$p^n + a_1p^{n-1}q + a_2p^{n-2}q^2 + ... + a_nq^n = 0$

Теперь выразим член $p^n$ из этого равенства, перенеся все остальные слагаемые в правую часть:

$p^n = -a_1p^{n-1}q - a_2p^{n-2}q^2 - ... - a_nq^n$

Вынесем $q$ за скобки в правой части:

$p^n = -q(a_1p^{n-1} + a_2p^{n-2}q + ... + a_nq^{n-1})$

Правая часть этого равенства очевидно делится на $q$, поскольку выражение в скобках является целым числом (так как все его составляющие — $a_i, p, q$ — целые числа). Следовательно, и левая часть, $p^n$, также должна делиться на $q$.

Итак, мы имеем, что $q$ делит $p^n$. Но по нашему первоначальному условию, дробь $\frac{p}{q}$ несократима, то есть числа $p$ и $q$ взаимно просты (НОД$(p, q) = 1$). Если целое число $q$ делит степень $p^n$ и при этом взаимно просто с основанием $p$, то это возможно только в том случае, когда $q$ равно 1 (поскольку мы приняли, что $q > 0$).

Таким образом, знаменатель $q$ нашего рационального корня равен 1. Это означает, что корень $x = \frac{p}{q} = \frac{p}{1} = p$ является целым числом, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Из условия, что рациональный корень $x=p/q$ является несократимой дробью, следует, что $q$ должен быть делителем старшего коэффициента уравнения. Так как старший коэффициент равен 1, то $q$ может быть равен только 1 или -1, а значит, корень $x$ является целым числом.

326. Доказать, что если $x_1, x_2$ — корни многочлена $P(x)$, то $P(x)$ делится на многочлен $x^2 - (x_1 + x_2)x + x_1x_2$.

Пусть $P(x)$ — многочлен, а $x_1$ и $x_2$ — его корни. По определению корня, это означает, что $P(x_1) = 0$ и $P(x_2) = 0$. Необходимо доказать, что многочлен $P(x)$ делится нацело на многочлен $D(x) = x^2 - (x_1 + x_2)x + x_1x_2$.

Для начала преобразуем многочлен-делитель $D(x)$. Заметим, что по теореме Виета, числа $x_1$ и $x_2$ являются корнями квадратного трехчлена $x^2 - (x_1 + x_2)x + x_1x_2$. Следовательно, этот трехчлен можно разложить на линейные множители: $D(x) = x^2 - (x_1 + x_2)x + x_1x_2 = (x - x_1)(x - x_2)$.

Таким образом, задача сводится к доказательству того, что если $P(x_1) = 0$ и $P(x_2) = 0$, то $P(x)$ делится на произведение $(x - x_1)(x - x_2)$.

Воспользуемся следствием из теоремы Безу (также известным как теорема о корне многочлена). Оно гласит, что если число $c$ является корнем многочлена $P(x)$, то $P(x)$ делится на двучлен $(x - c)$ без остатка.

Поскольку $x_1$ — корень многочлена $P(x)$, то по этой теореме $P(x)$ можно представить в виде произведения: $P(x) = (x - x_1) \cdot Q(x)$, где $Q(x)$ — некоторый многочлен (частное от деления).

Теперь используем второе условие: $x_2$ также является корнем $P(x)$, то есть $P(x_2) = 0$. Подставим $x = x_2$ в полученное выше равенство: $P(x_2) = (x_2 - x_1) \cdot Q(x_2)$. Так как $P(x_2) = 0$, то получаем уравнение: $(x_2 - x_1) \cdot Q(x_2) = 0$.

Рассмотрим два возможных случая.

Если корни различны, то есть $x_1 \neq x_2$, то множитель $(x_2 - x_1)$ отличен от нуля. Чтобы произведение равнялось нулю, необходимо, чтобы второй множитель был равен нулю: $Q(x_2) = 0$. Это означает, что $x_2$ является корнем многочлена $Q(x)$. Снова применяя теорему о корне, но уже для многочлена $Q(x)$, мы можем утверждать, что $Q(x)$ делится на $(x - x_2)$. То есть существует многочлен $R(x)$ такой, что $Q(x) = (x - x_2) \cdot R(x)$. Подставив это выражение для $Q(x)$ в формулу для $P(x)$, получаем: $P(x) = (x - x_1) \cdot Q(x) = (x - x_1) \cdot (x - x_2) \cdot R(x)$. Это равенство показывает, что $P(x)$ делится на произведение $(x - x_1)(x - x_2)$.

Если же корни совпадают, то есть $x_1 = x_2$, то условие, что $x_1$ и $x_2$ — корни, означает, что $x_1$ является корнем кратности не менее 2. По определению кратного корня, если корень $c$ имеет кратность $k \ge 2$, то многочлен $P(x)$ делится на $(x - c)^k$. Следовательно, $P(x)$ делится на $(x - x_1)^2$. Многочлен-делитель $D(x)$ при $x_1 = x_2$ принимает вид: $D(x) = (x - x_1)(x - x_1) = (x - x_1)^2$. Так как $P(x)$ делится на $(x - x_1)^2$, он, очевидно, делится и на $D(x)$.

Таким образом, в обоих случаях доказано, что многочлен $P(x)$ делится на $(x - x_1)(x - x_2)$, что равносильно делению на $x^2 - (x_1 + x_2)x + x_1x_2$.

Ответ: Утверждение доказано.

327. Доказать, что уравнение $ax^4 + bx^3 + cx^2 + bx + a = 0$ заменой $x + \frac{1}{x} = t$ сводится к уравнению $at^2 + bt + c - 2a = 0$.

Рассмотрим исходное уравнение: $ax^4 + bx^3 + cx^2 + bx + a = 0$.

Это так называемое симметричное (или возвратное) уравнение четвертой степени, поскольку коэффициенты, равноудаленные от начала и конца, равны.

Предположим, что $a \neq 0$, иначе уравнение не будет четвертой степени. При $a \neq 0$, $x=0$ не является корнем уравнения, так как подстановка $x=0$ в левую часть дает $a$, что не равно нулю. Следовательно, мы можем разделить обе части уравнения на $x^2$, поскольку $x \neq 0$:

$\frac{ax^4}{x^2} + \frac{bx^3}{x^2} + \frac{cx^2}{x^2} + \frac{bx}{x^2} + \frac{a}{x^2} = \frac{0}{x^2}$

После упрощения получаем:

$ax^2 + bx + c + \frac{b}{x} + \frac{a}{x^2} = 0$

Сгруппируем слагаемые с одинаковыми коэффициентами:

$(ax^2 + \frac{a}{x^2}) + (bx + \frac{b}{x}) + c = 0$

Вынесем общие множители за скобки:

$a(x^2 + \frac{1}{x^2}) + b(x + \frac{1}{x}) + c = 0$

Теперь используем замену, предложенную в условии: $t = x + \frac{1}{x}$.

Чтобы выразить $x^2 + \frac{1}{x^2}$ через $t$, возведем равенство для замены в квадрат:

$t^2 = (x + \frac{1}{x})^2 = x^2 + 2 \cdot x \cdot \frac{1}{x} + (\frac{1}{x})^2 = x^2 + 2 + \frac{1}{x^2}$

Из этого следует, что:

$x^2 + \frac{1}{x^2} = t^2 - 2$

Подставим полученные выражения для $x + \frac{1}{x}$ и $x^2 + \frac{1}{x^2}$ в преобразованное уравнение:

$a(t^2 - 2) + b(t) + c = 0$

Раскроем скобки:

$at^2 - 2a + bt + c = 0$

Перегруппируем члены, чтобы получить стандартный вид квадратного уравнения относительно переменной $t$:

$at^2 + bt + c - 2a = 0$

Таким образом, мы получили в точности то уравнение, которое требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что уравнение $ax^4 + bx^3 + cx^2 + bx + a = 0$ заменой $x + \frac{1}{x} = t$ сводится к уравнению $at^2 + bt + c - 2a = 0$.

328. Ввести вспомогательное неизвестное и решить уравнение:

1) $(2x^2 - x - 1)(2x^2 - x - 5) - 5 = 0;$

2) $(3x^2 - x - 4)(3x^2 - x + 2) - 7 = 0.$

1) $(2x^2 - x - 1)(2x^2 - x - 5) - 5 = 0$
Данное уравнение является биквадратным относительно выражения $2x^2 - x$. Для его решения введем вспомогательное неизвестное.
Пусть $t = 2x^2 - x$.
Тогда исходное уравнение можно переписать в виде:
$(t - 1)(t - 5) - 5 = 0$
Раскроем скобки и упростим полученное выражение:
$t^2 - 5t - t + 5 - 5 = 0$
$t^2 - 6t = 0$
Вынесем $t$ за скобки:
$t(t - 6) = 0$
Произведение равно нулю, когда один из множителей равен нулю. Отсюда получаем два возможных значения для $t$:
$t_1 = 0$ или $t_2 = 6$.
Теперь выполним обратную замену для каждого найденного значения $t$ и решим полученные квадратные уравнения.

Случай 1: $t = 0$
$2x^2 - x = 0$
$x(2x - 1) = 0$
$x_1 = 0$ или $2x - 1 = 0 \implies x_2 = \frac{1}{2}$.

Случай 2: $t = 6$
$2x^2 - x = 6$
$2x^2 - x - 6 = 0$
Это стандартное квадратное уравнение. Найдем его корни с помощью дискриминанта:
$D = b^2 - 4ac = (-1)^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-6) = 1 + 48 = 49 = 7^2$.
$x = \frac{-b \pm \sqrt{D}}{2a} = \frac{1 \pm 7}{2 \cdot 2} = \frac{1 \pm 7}{4}$.
$x_3 = \frac{1 + 7}{4} = \frac{8}{4} = 2$.
$x_4 = \frac{1 - 7}{4} = \frac{-6}{4} = -\frac{3}{2}$.

Объединив решения из обоих случаев, получаем все корни исходного уравнения.
Ответ: $0; \frac{1}{2}; 2; -\frac{3}{2}$.

2) $(3x^2 - x - 4)(3x^2 - x + 2) - 7 = 0$
Аналогично первому уравнению, введем замену для повторяющегося выражения.
Пусть $t = 3x^2 - x$.
Подставим $t$ в исходное уравнение:
$(t - 4)(t + 2) - 7 = 0$
Раскроем скобки и приведем подобные слагаемые:
$t^2 + 2t - 4t - 8 - 7 = 0$
$t^2 - 2t - 15 = 0$
Решим полученное квадратное уравнение относительно $t$. Воспользуемся теоремой Виета: сумма корней равна 2, а их произведение равно -15. Корнями являются числа 5 и -3.
$t_1 = 5$, $t_2 = -3$.
Теперь выполним обратную замену.

Случай 1: $t = 5$
$3x^2 - x = 5$
$3x^2 - x - 5 = 0$
Найдем дискриминант этого уравнения:
$D = b^2 - 4ac = (-1)^2 - 4 \cdot 3 \cdot (-5) = 1 + 60 = 61$.
Так как $D > 0$, уравнение имеет два действительных корня:
$x = \frac{-b \pm \sqrt{D}}{2a} = \frac{1 \pm \sqrt{61}}{2 \cdot 3} = \frac{1 \pm \sqrt{61}}{6}$.

Случай 2: $t = -3$
$3x^2 - x = -3$
$3x^2 - x + 3 = 0$
Найдем дискриминант:
$D = b^2 - 4ac = (-1)^2 - 4 \cdot 3 \cdot 3 = 1 - 36 = -35$.
Так как $D < 0$, это уравнение не имеет действительных корней.

Таким образом, решения исходного уравнения существуют только в первом случае.
Ответ: $\frac{1 \pm \sqrt{61}}{6}$.

329. Решить уравнение $(x^2 - 3x + 2)(x^2 - 7x + 12) = 4$.

Для решения уравнения $(x^2 - 3x + 2)(x^2 - 7x + 12) = 4$ сначала разложим на множители квадратные трёхчлены в левой части.

1. Трёхчлен $x^2 - 3x + 2$. Найдём его корни, решив уравнение $x^2 - 3x + 2 = 0$. По теореме Виета, сумма корней равна 3, а их произведение равно 2. Следовательно, корни равны 1 и 2. Таким образом, $x^2 - 3x + 2 = (x - 1)(x - 2)$.

2. Трёхчлен $x^2 - 7x + 12$. Найдём его корни, решив уравнение $x^2 - 7x + 12 = 0$. По теореме Виета, сумма корней равна 7, а их произведение равно 12. Следовательно, корни равны 3 и 4. Таким образом, $x^2 - 7x + 12 = (x - 3)(x - 4)$.

Подставим разложения в исходное уравнение:

$(x - 1)(x - 2)(x - 3)(x - 4) = 4$.

Теперь сгруппируем множители таким образом, чтобы при их перемножении получить одинаковые выражения. Для этого перемножим первый множитель с четвёртым, а второй с третьим:

$[(x - 1)(x - 4)] \cdot [(x - 2)(x - 3)] = 4$.

Выполним умножение в каждой из групп:

$(x^2 - 4x - x + 4) \cdot (x^2 - 3x - 2x + 6) = 4$.

$(x^2 - 5x + 4)(x^2 - 5x + 6) = 4$.

Заметим, что оба множителя содержат одинаковое выражение $x^2 - 5x$. Это позволяет сделать замену переменной. Чтобы сделать решение более изящным, введем замену $t = x^2 - 5x + 5$, что является средним арифметическим выражений $x^2 - 5x + 4$ и $x^2 - 5x + 6$.

Тогда $x^2 - 5x + 4 = t - 1$ и $x^2 - 5x + 6 = t + 1$.

Уравнение принимает вид:

$(t - 1)(t + 1) = 4$.

Используя формулу разности квадратов $(a-b)(a+b)=a^2-b^2$, получаем:

$t^2 - 1 = 4$.

$t^2 = 5$.

Отсюда $t = \sqrt{5}$ или $t = -\sqrt{5}$.

Теперь вернёмся к исходной переменной $x$, рассмотрев оба случая.

При $t = \sqrt{5}$ получаем уравнение:

$x^2 - 5x + 5 = \sqrt{5}$

$x^2 - 5x + (5 - \sqrt{5}) = 0$.

Найдём дискриминант этого квадратного уравнения: $D_1 = (-5)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (5 - \sqrt{5}) = 25 - 20 + 4\sqrt{5} = 5 + 4\sqrt{5}$.

Поскольку $D_1 > 0$, уравнение имеет два действительных корня: $x = \frac{5 \pm \sqrt{5 + 4\sqrt{5}}}{2}$.

При $t = -\sqrt{5}$ получаем уравнение:

$x^2 - 5x + 5 = -\sqrt{5}$

$x^2 - 5x + (5 + \sqrt{5}) = 0$.

Найдём дискриминант этого уравнения: $D_2 = (-5)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (5 + \sqrt{5}) = 25 - 20 - 4\sqrt{5} = 5 - 4\sqrt{5}$.

Чтобы определить знак $D_2$, сравним числа $5$ и $4\sqrt{5}$. Возведём оба положительных числа в квадрат: $5^2 = 25$ и $(4\sqrt{5})^2 = 16 \cdot 5 = 80$. Так как $25 < 80$, то $5 < 4\sqrt{5}$, и, следовательно, $D_2 = 5 - 4\sqrt{5} < 0$.

Поскольку дискриминант отрицателен, в этом случае действительных корней нет.

Таким образом, решениями исходного уравнения являются только два корня, найденные в первом случае.

Ответ: $x = \frac{5 \pm \sqrt{5 + 4\sqrt{5}}}{2}$.