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 1#105454

Известно, что модули корней каждого из двух квадратных трёхчленов $x2+ ax +b$ и $x2+ cx +d$ меньше $10.$ Может ли трёхчлен $2 a+c b+d x + 2 x+ 2$ иметь корни, модули которых не меньше $10?$

Показать ответ и решение

Раз корни $f(x)= x2+ax+ b$ и $g(x)= x2+ cx +d$ лежат на интервале $(−10;10)$ , то при $|x|≥ 10$ выполнено $f(x)> 0$ и $g(x)> 0.$ Но тогда

2 a +c b+ d f(x)+ g(x) h(x)=x +--2-x+ --2-= ----2----

также принимает положительные значения при $|x|≥ 10$ , поэтому если у $h(x)$ есть корни, то они лежат на $(−10;10)$ .

Ответ: нет

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#84473

Пусть $a$ , $b$ , $c$ — различные числа, причем $c⁄= 0$ . Докажите, что если уравнения $x2+ ax+bc= 0$ и $x2+bx+ ca= 0$ имеют ровно один общий корень, то другие корни этих уравнений удовлетворяют уравнению $2 x +cx+ ab= 0$ .

Показать доказательство

Пусть $x ,x 1 2$ — корни $x2+ax +bc= 0,$ а $x ,x 1 3$ — корни $x2 +bx+ ca.$ Подставим $x 1$ в уравнения, тогда, так как он общий, получится:

2 2 x1+ax1+ bc= x1 +bx1+ ca

$x2 1$ взаимно уничтожается, перебрасываем все слагаемые с $x 1$ влево, остальное — вправо и выносим общие множители, получается:

(a− b)x1 = (a− b)c

Так как $a$ и $b$ по условию различны, то $a − b⁄= 0,$ следовательно, можно поделить на $a− b,$ откуда получим, что $x1 = c.$ Тогда из теоремы Виета $x1x2 =bc$ и $x1x3 =ca.$ Так как $c⁄=0$ по условию, разделим на $c= x1$ каждое уравнение. Получаем, что $x2 = b$ и $x = a. 3$

Помимо этого, по теореме Виета: $x +x = −a, 1 2$ то есть $c= x = −a− x = −a− b= −(a+b). 1 2$ Но $− (x + x)= −(a+ b)=− c. 2 3$ Тогда по обратной теореме Виета $x 2$ и $x 3$ — корни $x2+ cx +ab= 0.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#96408

Решить уравнения, выделив полный квадрат:

(a) $x2+ 4x− 5= 0.$

(b) $x2+ 5x+ 7= 0.$

Показать ответ и решение

a) Переносим свободный член на правую сторону:

2 x + 4x= 5.

Чтобы выделить полный квадрат, добавим и вычтем $(4)2 =4 2$ :

x2+ 4x+ 4= 5+4.

Теперь у нас есть:

(x+2)2 = 9.

x +2= ±3.

Таким образом, действительные корни уравнения:

x1 = 1, x2 = −5.

(b) Переносим свободный член на правую сторону:

x2+ 5x= −7.

Чтобы выделить полный квадрат, добавим и вычтем $(5)2 25- 2 = 4$ :

2 25 25 x + 5x+ 4-= −7+ -4 .

( )2 x + 5 = − 3. 2 4

Поскольку правая часть отрицательна, это указывает на то, что у уравнения нет действительных корней.

Ответ:

(a) -5; 1.

(b) корней нет.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#31044

Ненулевые числа $a$ и $b$ таковы, что уравнение $a(x− a)2 +b(x− b)2 = 0$ имеет единственное решение. Докажите, что $|a|= |b|$ .

Показать доказательство

Пусть не так. Тогда $a+ b⁄= 0$ и перед нами квадратное уравнение:

2 2 2 3 3 (a+ b)x − 2x(a + b)+ (a +b )= 0

Его дискриминант равен

2 2 2 3 3 2 2 3 3 4(a + b) − 4(a+ b)(a +b )= 8a b − 4ab − 4a b=

= 4ab(2ab− a2− b2)=− 4ab(a− b)2

Дискриминант должен быть равен 0 и $a$ и $b$ ненулевые, значит $a =b$ (?!)

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#42263

Рассмотрим множество квадратных трёхчленов вида $x2+ 2mx +n2$ , где $m$ и $n$ различные натуральные числа от $1$ до $100.$ Каких больше квадратных трёхчленов — тех, что имеют корни, или тех, которые не имеют корней?

Источники: Муницип - 2020, Ханты-Мансийский автономный округ, 9.1

Показать ответ и решение

Из условия на коэффициенты следует, что рассматриваемых квадратных трёхчленов конечное число. Разобьём это множество квадратных трехчленов на пары: $2 2 x + 2mx+ n$ и $2 2 x +2nx+ m .$ Эти трехчлены имеют дискриминанты $2 2 m − n$ и $2 2 n − m .$ Поскольку $m$ и $n$ различные числа, в каждой паре один из трёхчленов имеет корни, другой не имеет корней. Таким образом, этих трёхчленов поровну.

Ответ: поровну

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#96415

У уравнений

2 2 x + 2019ax+ b= 0 и x +2019bx+ a= 0

есть один общий корень. Чему может быть равен этот корень, если известно, что $a⁄= b$ ?

Показать ответ и решение

Пусть общий корень данных уравнений равен $r.$ Тогда

2 2 r +2019ar +b= 0= r + 2019br+a

Отсюда получаем, что

2019r(a− b)= a− b

Поскольку $a⁄= b,$ из этого следует, что

r= --1- 2019

Ответ:

$--1- 2019$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#71901

Известно, что квадратный трёхчлен

2 (b+c)x +(a+ c)x+ (a+ b)

не имеет корней. Докажите, что $4ac− b2 ≤ 3a(a +b+ c).$

Источники: СпбОШ - 2018, задача 11.4(см. www.pdmi.ras.ru)

Показать доказательство

Обозначим через $P (x)$ квадратный трёхчлен из условия задачи:

2 P(x)= (b+ c)x + (a+c)x+ (a+ b).

Если одновременно поменять знаки у всех коэффициентов трёхчлена $P(x),$ то у него по-прежнему не будет корней, а требуемое неравенство не изменится. Поэтому можно считать, что $b+c> 0$ и $P(x)> 0$ при всех $x.$

Решение 1.

Поскольку $P(x)$ не имеет корней, его дискриминант отрицателен:

2 (a +c) − 4(a+ b)(b+c)< 0.

После деления на $4$ и приведения подобных получим неравенство

2 a2 c2 ac b + ab> 4 + 4 − 2 − bc. (∗)

Нам требуется доказать, что $2 4ac− b ≥3a(a+ b+c),$ или, что то же самое, $2 2 6a + 6ab+ 2b ≤2ac.$ Заменим в этом неравенстве $2 b + ab$ на правую часть неравенства (*), тем самым уменьшив левую часть. Останется доказать неравенство

2 2 a2 c2 ac 6a + 5ab+ b + 4-+ 4-− 2-− bc≥ 2ac.

После приведения подобных оно примет вид

( )2 ( )2 ( ) 5a + 5ab+b2+ c2= 5a+ b + c2≥ 5a+ b c, 2 4 2 4 2

и теперь оно очевидно в силу неравенства о средних.

Решение 2.

Положим

u= b+c,v = c+a,w =a +b.

Тогда $1(v+ w − u),b= 1(u− v+ w),c = 1(u+ v− w). 2 2 2$ По условию квадратный трёхчлен $ux2+vx+ w$ не имеет корней. Тогда его дискриминант $v2− 4uw$ отрицателен, значит, $4uw> v2.$ Перепишем в новых обозначениях неравенство, которое нужно доказать:

2 0≤ 3a(a+ b+c)− 4ac+ b =

v-+w-− u u+-v+-w v+-w-− u u+-v−-w (u-− v+-w )2 =3 2 ⋅ 2 − 4 2 ⋅ 2 + 2 =

2 2 = u-+-2vw+-4w-−-3uw-−-uv 2

Это равносильно неравенству $(u− 2w)2+ uw ≥v(u− 2w),$ и в таком виде оно очевидно, поскольку

(u− 2w)2 +uw > (u− 2w)2+ v2≥ 2(u− 2w)v= v(u− 2w ). 4 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#75441

Существуют ли такие попарно различные числа $a,b$ и $c$ , что число $a$ является корнем квадратного трёхчлена $x2− 2bx+ c2$ , число $b$ является корнем квадратного трёхчлена $2 2 x − 2cx+ a$ , а число $c$ является корнем квадратного трёхчлена $2 2 x − 2ax +b$ ?

Источники: Муницип - 2018, Москва, 10.2

Показать ответ и решение

Предположим, что существуют, тогда справедливы равенства $a2− 2ba+ c2 = 0$ , $b2− 2cb+ a2 = 0$ , $c2 − 2ac+ b2 =0$ . Сложим эти равенства и получим

2 2 2 2 2 2 2a +2b +2c − 2ab− 2ac− 2bc= (a − c) +(a− b) + (b− c) =0

Теперь видно, что равенство возможно лишь при $a= b= c$ , а это противоречит условию.

Ответ: нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#90318

Разность между наибольшим и наименьшим корнями уравнения $x2+ ax− 6= 0$ равна 5. Найдите все возможные значения $a$ .

Источники: ДВИ - 2016, вариант 1, задача 2 (pk.math.msu.ru)

Показать ответ и решение

Из условия получаем

√-- |x1 − x2|=| D |=5 =⇒ D =25

Запишем дискриминант

2 2 2 D =a − 4⋅(−6)= a +24= 25 =⇒ a = 1

a= ±1

Ответ:

$a =±1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#96417

Даны два уравнения $ax2+ bx +c= 0$ и $cx2+bx+ a= 0,$ в которых все коэффициенты ненулевые. Оказалось, что они имеют общий корень. Обязательно ли $a= c?$

Показать ответ и решение

Пусть $x =t$ — общий корень, то есть $at2+ bt+ c= 0$ и $ct2+ bt+ a= 0$ . Тогда

2 2 −bt= at+ c= ct+ a

at2− ct2 = a− c

(a− c)(t2− 1)= 0

Если $a⁄= c$ , то $t=±1$ . Тогда коэффициенты удовлетворяют соотношению $a± b+ c= 0$ . Нетрудно подобрать такую тройку, в которой $a ⁄=c$ .

Например, уравнения $x2− 3x+ 2= 0$ и $2x2− 3x+ 1= 0$ имеют общий корень $x= 1$ .

Ответ: нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#75442

Числа $a$ и $b$ таковы, что каждый из двух квадратных трёхчленов $x2+ ax+b$ и $x2+ bx+a$ имеет по два различных корня, а произведение этих трёхчленов имеет ровно три различных корня. Найдите все возможные значения суммы этих трёх корней.

Источники: Всеросс., 2015, ЗЭ, 9.1(см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Если каждый трёхчлен имеет два различных корня, а их произведение — три различных, то эти трёхчлены имеют ровно один общий корень. Значит, его имеет их разность $(a− b)x− (a − b)$ . Отметим, что $a ⁄=b$ иначе трёхчлены совпадут, равно как и их оба корня. Таким образом, их общий корень равен $1$ . При подстановке в оба трёхчлена получим $a+ b+ 1= 0$ . Также по теореме Виета понятно, что первый трёхчлен имеет корень $b$ , а второй — $a$ , тогда искомая сумма равна $a+ b+ 1= 0$ .

Ответ: 0

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#84470

Про коэффициенты $a$ , $b$ , $c$ и $d$ двух квадратных трехчленов $x2+ bx+ c$ и $x2+ ax+ d$ известно, что $0< a< b<c <d$ . Могут ли эти трехчлены иметь общий корень?

Источники: Муницип - 2015, Москва, 9.2

Показать ответ и решение

Поскольку коэффициенты обоих трёхчленов положительны, то их корни (если они есть) отрицательны.

Общий корень $x0$ этих трёхчленов является корнем их разности, то есть

x0(b− a)= d− c

Из условия следует, что $d− c> 0$ и $b− a >0,$ то есть $x0 = d−c> 0. b−a$ Противоречие.

Замечание.

Условие положительности коэффициентов существенно. Например, трёхчлены: $x2− 4x+ 3$ и $x2 − 5x+ 4$ имеют общий корень $x =1,$ при этом $− 5 <− 4< 3< 4.$

Ответ: нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#81383

В множестве ${1,2,3,...,2014}$ выбрали подмножество $A.$ Оказалось, что никакой квадратный трехчлен, все три коэффициента которого принадлежат $A,$ не имеет действительных корней. Какое наибольшее число элементов могло быть в $A?$

Источники: Турнир городов - 2014, 11.1

Показать ответ и решение

Если $p,q ∈ A$ и $2p≤ q,$ то дискриминант трехчлена $px2 +qx+ p$ неотрицательный, значит, у него есть корни. Таким образом, множество $A$ не содержит чисел, отличающихся хотя бы вдвое.

Покажем, что если в $A$ отношение любых двух чисел меньше $2,$ то все трехчлены с коэффициентами из $A$ не имеют корней. Пусть $M$ — наибольшее из чисел в $A,$ а $m$ — наименьшее. Тогда дискриминант трехчлена с коэффициентами из $A$ не больше $2 2 M − 4m < 0.$

Очевидно, что максимальное подмножество ${1,...,2014},$ в котором отношение любых двух чисел меньше $2,$ имеет мощность $1007.$ Подходит, например, ${1008,...,2014}.$

Ответ:

$1007$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#70161

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)

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:

$3 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#75439

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)

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 16#84472

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.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#88687

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?

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 18#90834

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

√- x +q x +p >0.

Источники: ПВГ 2010

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 19#84471

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.

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 20#91947

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.

Следующая подтема