Тема АЛГЕБРА

Квадратные трёхчлены → .01 Дискриминант и корни квадратных трёхчленов

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела алгебра

Разделы подтемы Квадратные трёхчлены

Дискриминант и корни квадратных трёхчленов

Теорема Виета для квадратных трёхчленов

Графики квадратных трёхчленов

Квадратные трёхчлены с целыми коэффициентами

Теорема о промежуточном значении

Задачи на исследование квадратичной функции

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#70161Максимум баллов за задание: 7

Старший коэффициент квадратного трехчлена $f(x)$ равен $2$ . Один из его корней равен $5 2$ . Найдите второй корень, если известно, что $f(0)=3$ .

Источники: ДВИ - 2013, вариант 1, задача 1 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте сразу переведём эту задачу на язык уравнений. Вспомните формулу квадратного трёхчлена и попробуйте записать каждое условие по отдельности.

Подсказка 2

Мы знаем, что корни можно найти через дискриминант, но такой способ как-то быстро убивает желание решать задачку из-за страшных уравнений, в такие моменты полезно подумать, а вдруг есть другой способ нахождения корней? Где фигурировали основные утверждения из условия?

Подсказка 3

Ну конечно же, через теорему Виета, нам об этом говорит то, что мы уже знаем один из корней, а также то, что старший и свободный коэффициенты равны конкретным числам. Не забывайте, что теорема Виета недостаточное условие для того, чтобы были вещественные корни, а значит нужно проверять подходят ли корни или что дискриминант неотрицателен (подставить так же будет полезно для проверки себя после долгих вычислений), но нам повезло и уже сказали, что есть корень 5/2!

Показать ответ и решение

Квадратный трехчлен имеет вид $ax2+ bx +c$ . По условию сразу получаем $a =2$ . Значение квадратного трехчлена в нуле равно в точности свободному коэффициенту, то есть $c= 3$ . По теореме Виета произведение корней квадратного уравнения $f(x)=0$ равно значению $c 3 a = 2$ . По условию один из корней равен $5 2$ , поэтому второй корень равен $3 2 3 2 ⋅5 = 5.$

Ответ:

$3 5$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#75439Максимум баллов за задание: 7

Найдите многочлен второй степени, если известно, что его корни равны $− 4 7$ и $5, 3$ а свободный член равен $− 2.$

Источники: ДВИ - 2012, вариант 122, задача 1 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам известны корни уравнения и один из его коэффициентов, для полной картины не хватает только старшего и среднего коэффициента. Какая теорема позволяет нам легко выражать корни через соотношение коэффициентов?

Подсказка 2

Конечно теорема Виета! x₁+x₂=-b/a нам пока мало что даёт, а вот из x₁x₂=c/a можно найти старший коэффициент, а уже затем через него найти и b. Осталось только аккуратно всё посчитать и подставить🤗

Показать ответ и решение

По теореме Виета имеем

--c- a= x1x2 = 2,1

b= −a(x1 +x2)= −2,3

Тогда трёхчлен имеет вид

2,1x2− 2,3x− 2

Ответ:

$2,1⋅x2 − 2,3 ⋅x − 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#84472Максимум баллов за задание: 7

Квадратный трёхчлен $ax2+ 2bx +c$ имеет два различных корня, а трёхчлен $a2x2+ 2b2x +c2$ корней не имеет. Докажите, что у первого трёхчлена корни разного знака.

Источники: Муницип - 2012, Москва, 10.2

Показать доказательство

Из условия сразу следует, что

2 4 2 2 4b − 4ac >0, 4b − 4a c < 0

Так как

4 2 2 2 2 b − ac = (b − ac)(b +ac)< 0,

то

b2+ ac< 0

Поэтому

ac< 0

По теореме Виета произведение корней первого трёхчлена равно $c a < 0,$ поэтому корни разного знака.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#88687Максимум баллов за задание: 7

Известно, что сумма любых двух из трёх квадратных трёхчленов

2 2 2 x +ax+ b,x + cx+ d,x + ex+ f

не имеет корней. Может ли сумма всех этих трёхчленов иметь корни?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть наши трёхчлены — это функции f(x), g(x) и h(x) соответственно. Какое общее свойство есть у попарных сумм наших функций, которое следует из того, что они не имеют корней?

Подсказка 2

Давайте рассмотрим функцию f(x) + g(x). Обратите внимание, что её ветви направленны вверх, а корней при этом нет. Какие тогда значения по знаку может принимать функция?

Подсказка 3

Так как график функции f(x) + g(x) не имеет пересечений с осью Ox, а ветви данной параболы направлены вверх, то можно сделать вывод, что f(x) + g(x) > 0. Аналогичное утверждение можно сказать и про оставшиеся две суммы. Подумайте, как отсюда доказать, что f(x) + g(x) + h(x) > 0

Показать ответ и решение

Пусть $f(x)=x2 +ax+ b,g(x)=x2 +cx+ d,h(x)= x2 +ex+ f.$ Многочлен $f(x)+ g(x)$ не имеет корней и имеет положительный старший коэффициент, следовательно, положителен при любых значениях $x.$ Аналогично, $g(x)+ h(x)> 0$ и $h(x)+ f(x)> 0$ для любого $x.$

Зафиксируем произвольную точку $x0.$ Тогда $f(x0)+g(x0)>0,g(x0)+ h(x0)> 0,h(x0)+f(x0)> 0.$ Складывая полученные неравенства и деля на 2, получим

f(x0)+ g(x0)+ h(x0)> 0,

тем самым, сумма трех рассматриваемых трехчленов положительна в любой действительной точке.

Ответ: нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#90834Максимум баллов за задание: 7

Один из корней квадратного уравнения $px2+ qx+ 1= 0 (p< 0)$ равен $2010.$ Решите неравенство:

√- x +q x +p >0.

Источники: ПВГ 2010

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какие значения может принимать х в нашем неравенстве?

Подсказка 2

Есть смысл разбить задачу на два случая, в зависимости от х: какое/какие значения имеет смысл рассмотреть отдельно?

Подсказка 3

Будет ли х=0 входить в решения?

Подсказка 4

Теперь достаточно проанализировать только положительные х. Что можно сделать с данным неравенством, чтобы оно стало похоже на стандартное квадратное?

Подсказка 5

Есть х и √х, почему бы не сделать замену?

Подсказка 6

Теперь внимательно посмотрите на полученные уравнение и неравенство, не замечаете некоторую схожесть? Что можно сделать, чтобы они стали практически один в один?

Подсказка 7

Да, взять другую замену! Только теперь с обратной пропорциональностью. Теперь перед нами дробно-рациональное неравенство — что можно сделать дальше?

Подсказка 8

Теперь нужно разложить числитель на множители, что в этом может помочь?

Подсказка 9

Зная один корень уравнения, можно определить и второй. А значит, и разложить трёхчлен на множители! Осталось только решить неравенство с учётом знаков р и замены. И не забудьте про обратную замену ;)

Показать ответ и решение

С учётом ОДЗ корня $x≥ 0$ . Поскольку $p< 0$ , то при $x =0$ неравенство не выполняется. Поэтому рассмотрим $t= 1√-> 0 x$ , откуда неравенство примет вид:

1 q 2 t2-+ t + p>0 ⇐⇒ pt +qt+ 1> 0

Знак сохраняется в силу умножения на положительное число, видим, что выражение совпало с первоначальным уравнением, откуда имеем корень $t= 2010$ . Далее снова при условии $p< 0$ второй корень изначально уравнения отрицателен (произведение равно $1∕p$ ), откуда неравенство превращается в равенство только при $x= 201102$ , в силу того, что при больших $x$ оно выполняется, и получается нужный ответ.

Ответ:

$x >-1--- 20102$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#125880Максимум баллов за задание: 7

Даны числа $a,b,c.$ Докажите, что хотя бы одно из уравнений $x2+ (a− b)x+ (b− c)=0,$ $x2+ (b− c)x+ (c− a)=0,$ $2 x + (c− a)x+ (a− b)= 0$ имеет решение.

Источники: Всеросс, ЗЭ, 2007, 8.1 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Предположим, что все три уравнения не имеют действительных корней. Тогда их дискриминанты отрицательны:

(| 2 ||{(a− b) − 4(b− c)< 0, ||(b− c)2− 4(c− a)< 0, |((c− a)2− 4(a− b)<0.

Упростим неравенства:

( |||{(a− b)2 < 4(b− c), (b− c)2 < 4(c− a), |||( 2 (c− a)< 4(a− b).

Сложим все три неравенства:

2 2 2 (a − b) +(b− c) + (c− a) <4((b− c)+ (c− a)+(a− b)).

Правая часть преобразуется следующим образом:

4((b− c)+(c− a)+ (a− b))= 4⋅0= 0.

Таким образом, получаем:

(a− b)2+ (b− c)2+(c− a)2 < 0.

Это невозможно, так как сумма квадратов всегда неотрицательна. Следовательно, наше предположение неверно. Поэтому хотя бы одно из уравнений имеет действительные корни.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#84471Максимум баллов за задание: 7

Дискриминанты трёх приведенных квадратных трёхчленов равны $1$ , $4$ и $9$ . Докажите, что можно выбрать по одному корню каждого из них так, чтобы их сумма равнялась сумме оставшихся корней.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть равенство сумм корней, так что можно в нём всё перенести в одну сторону. Тогда у нас появятся разности корней одного и того же трёхчлена. Что интересного можно сказать про них?

Подсказка 2

Попробуйте выразить разность корней через дискриминант квадратного трёхчлена.

Подсказка 3

Верно, дискриминант равен квадрату разности между корнями! Тогда мы знаем, чему равны разности корней, и можем подобрать их знаки так, чтобы равенство стало верным!

Показать доказательство

Обозначим корни данных трёхчленов $x ≤ x,y ≤ y,z ≤ z 1 2 1 2 1 2$ (одной букве с разными индексами соответствуют корни одного трёхчлена).

Так как дискриминант равен квадрату разности между корнями, то (без ограничения общности для определённости обозначений)

x2 − x1 = 1,y2 − y1 = 2,z2− z1 = 3

Получаем

x2+ y2+ z1 =x1+ 1+ y1+2 +z2− 3

требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#91947Максимум баллов за задание: 7

Даны три квадратных трёхчлена: $P (x)= x2+ px +q , 1 1 1$ $P (x)= x2+ px +q , 2 2 2$ $P (x)= x2+ px+ q . 3 3 3$ Докажите, что уравнение $|P1(x)|+|P2(x)|= |P3(x)|$ имеет не более восьми корней.

Показать доказательство

Каждый корень данного уравнения является корнем одного из квадратных трёхчленов $± P ± P ±P 1 2 3$ с некоторым набором знаков. Таких наборов $8,$ и все они дают действительно квадратные трёхчлены, так как коэффициент при $2 x$ нечётен. Однако двум противоположным наборам знаков соответствуют квадратные уравнения, имеющие одни и те же корни. Значит, все решения уравнения $|P1(x)|+ |P2(x)|= |P3(x)|$ содержатся среди корней четырёх квадратных уравнений. Следовательно, их не более восьми.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#31278Максимум баллов за задание: 7

Даны вещественные числа $A,B,C,D$ . Известно, что модули всех корней уравнения

2 2 x + Ax+ B =0,x +Cx + D= 0

меньше единицы. Докажите, что модули корней уравнения

2 1 1 x + 2(A +C )x +2(B +D )= 0

также меньше единицы.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметим, что третье уравнение это полусумма первого и второго.
Что происходит с местоположением корней при такой операции не очень понятно, поэтому посмотрим на то, что происходит вне интервала (-1; 1)

Подсказка 2

Сформулируем условие так: функции x^2 + Ax + B и x^2 + Cx + D положительны вне интервала (-1; 1).
А какие значения на этом множестве может принимать их полусумма?

Подсказка 3

Их полусумма вне интервала (-1; 1) также будет принимать только положительные значения. Тогда какими по модулю могут быть корни? (если они есть)

Показать доказательство

Раз корни $f(x)= x2+Ax +B$ и $g(x)= x2+ Cx+ D$ лежат на интервале $(−1,1)$ , то при $|x|≥1$ выполнено $f(x) >0$ и $g(x) >0.$ Но тогда

2 h(x)= x + (A +C )∕2x+ (C + D)∕2 =(f(x)+g(x))∕2

также принимает положительные значения при $|x|≥ 1$ , поэтому если у него есть корни, то они лежат на $(− 1,1)$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание: вообще говоря, $h(x)$ не обязано иметь корни, например, при $f(x)=(x− 1∕2)(x− 1∕3), g(x)= (x +1∕2)(x+ 1∕3)$ их нет.