Тема Квадратные трёхчлены

Теорема о промежуточном значении

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела квадратные трёхчлены

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#31032

Пусть $α$ – корень уравнения $x2+ px +q =0$ , а $β$ – уравнения $x2 − px− q = 0$ . Докажите, что между $α$ и $β$ лежит корень уравнения $2 x − 2px− 2q = 0$ .

Показать ответ и решение

Поскольку нам даны корни, то:

2 2 2 2 α + pα+ q = 0⇐⇒ q = −α − pα, β − pβ− q = 0⇐⇒ q =β − pβ

Подставляя эти же корни в $f(x)= x2− 2px − 2q$ , получим:

2 2 2 f(α)= α − 2pα− 2(− α − pα) =3α ≥ 0

f(β)= β2− 2pβ − 2(β2− pβ) =− β2 ≤0

Но раз так, то между $α$ и $β$ должен лежать корень $f(x)$ в силу непрерывности квадратного трёхчлена.

Ответ:

что и требовалось доказать

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#74588

Известно, что

3b> 9a +c> 0

Докажите, что

b2 > 4ac

Источники: Звезда - 2022 (см. zv.susu.ru)

Показать доказательство

Первое решение.

9a +c 2 (9a+ c)2 3b> 9a+ c> 0 ⇐⇒ b> -3--->0 =⇒ b > ---9---

Чтобы доказать $2 b > 4ac,$ хочется доказать $(9a+c)2 --9--≥ 4ac.$ Преобразуем это неравенство:

81a2 +18ac+c2 ≥ 36ac

2 2 81a − 18ac+c ≥ 0

(9a− c)2 ≥0

Верно, поэтому было верным и

2 b2 > (9a-+c)-≥ 4ac 9

Значит, $b2 >4ac.$

Второе решение.

Нам нужно доказать, что $b2− 4ac> 0,$ а это очень напоминает дискриминант, поэтому давайте придумаем квадратный трёхчлен с таким дискриминантом и докажем, что он имеет 2 корня. Очевидно, подходит $f(x)= ax2+bx+ c.$ Всегда ли мы можем рассматривать его дискриминант? Нет, в случае $a =0$ никакого дискриминанта нет, поэтому его надо рассмотреть отдельно — благо, тут всё просто и понятно, $3b> 0 =⇒ b2 > 0,$ а $4ac= 0,$ значит, $b2 >0 =4ac.$

Теперь рассмотрим случай, когда $a ⁄=0.$ В неравенстве из условия было $3b,$ поэтому давайте попробуем подставить 3 и -3.

f(3)= 9a+ 3b+c> 0, так как 3b> 0 и 9a+c >0

f(−3)= 9a − 3b+ c< 0, так как 3b>9a+ c

То есть квадратный трёхчлен принимает положительные и отрицательные значения, а значит, он имеет 2 корня! И его $D = b2 − 4ac> 0.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#74600

Датчик случайных чисел за одно действие уменьшает или увеличивает на 1 коэффициент перед $x$ или свободный член в квадратном трёхчлене. После некоторого числа таких операций он преобразовал трёхчлен $2 x − 20x+22$ в трехчлен $2 x − 202x +2$ . Верно ли, что среди полученных в процессе квадратных трёхчленов есть такой, у которого целые корни? Ответ обоснуйте.

Источники: Звезда - 2022 (см. zv.susu.ru)

Показать ответ и решение

Давайте попробуем доказать, что в какой-то момент у квадратного трёхчлена будут целые корни. Для этого угадаем один из них. Если сумма коэффициентов многочлена равна 0, то есть корень $x =1.$ У начального многочлена $2 f1(x)= x − 20x+ 22$ сумма коэффициентов равна 3, а у конечного $2 f2(x)=x − 202x +2$ сумма коэффициентов равна -199, при этом за одно действие ровно один из коэффициентов меняется на 1, значит, сумма коэффициентов меняется на 1. Но если она была положительной, а потом стала отрицательной, то в какой-то момент обязательно была равна 0. То есть в какой-то момент у нас был трёхчлен $2 f(x)= x +bx+ c$ , один из корней которого равен 1! А по теореме Виета второй корень равен $c$ — тоже целому числу $=⇒$ у трёхчлена 2 целых корня!

Ответ: да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#80497

Известно, что

5a+ 2b+ 5c =0.

Докажите, что у уравнения

ax3 +bx+ c= 0

на интервале $(0;2)$ есть хотя бы один корень.

Показать доказательство

Пусть $f(x)=ax3+ bx+ c$ . Рассмотрим $f(2)= 8a+ 2b+ c$ , $f(1)= a+ b+ c$ и $f(0)=c$ . Если среди них есть 2 числа разных знаков, то между 0 и 2 есть корень. Аналогично, если одно из них 0, то тоже все хорошо. Попробуем найти такие $k0,k1$ и $k2$ , что $k0f(0)+ k1f(1)+ k2f(2)=5a+ 2b+5c= 0$ . Раскрываем скобки и получаем

(k1+8k2)a +(k1+ 2k2)b+(k1+k2+ k0)c =5a+ 2b+5c= 0

Значит $k + 8k = 5 1 2$ , $k + 2k = 2 1 2$ и $k + k + k =5 2 1 0$ . Отсюда $k = 1 2 2$ , $k =1 1$ и $k = 31 0 2$ . Значит $1f(2)+ f(1)+ 7f(0) =0 2 2$ и либо все значения равны 0, либо есть 2 значения с разными знаками.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#79749

Докажите, что для любого натурального числа $n >2$ и для любых действительных чисел $a ,a ,...,a, 1 2 n$ удовлетворяющих условию $a1+ a2+ ...+an ⁄=0,$ уравнение

a1(x − a2)(x− a3)...(x − an)+

+a2(x− a1)(x− a3)...(x− an)+...+

+a (x − a )(x− a )...(x − a )= 0 n 1 2 n−1

имеет хотя бы один действительный корень.

Источники: ММО-2019, 11.4(см. mmo.mccme.ru)

Показать доказательство

Левая часть $f(x)$ в этом уравнении представляет собой многочлен степени $n− 1,$ так как коэффициент при $xn−1$ равен $a1+ ...+ an ⁄= 0.$ Если $n$ четно, то получаем многочлен нечетной степени, он всегда имеет действительный корень, так как функция $f(x)$ непрерывна и $f(x0)> 0,f(−x0)< 0$ при достаточно большом $x0 >0.$ Пусть $n$ нечетно. Можно считать, что все числа $a1,...,an$ различны (в противном случае число $a= ai =aj,$ где $i⁄=j,$ является корнем), не равны нулю (если $ai = 0$ при некотором $i,$ то и $f(ai)= 0$ ) и упорядочены по возрастанию: $a1 < a2 < ...< an.$ Заметим, что $f(ak)=ak(ak− a2)...(ak− ak−1)(ak− ak+1)...(ak− an)$ имеет тот же знак, что и $n− k k−1 ak⋅(−1) = (−1) ak.$ Но при $n >3$ среди чисел $a1 < a2 < ...< an$ есть хотя бы одна пара соседних, имеющих одинаковый знак. Тогда значения в этих точках разного знака, поэтому между ними есть корень многочлена $f(x).$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#31279

Длины сторон многоугольника равны $a ,a ,...,a . 1 2 n$ Квадратный трехчлен $f(x)$ таков, что $f(a )=f (a + ...+ a ). 1 2 n$ Докажите, что если $A$ — сумма длин нескольких сторон многоугольника, $B$ — сумма длин остальных его сторон, то $f(A )=f(B).$

Источники: Всеросс., 2001, РЭ, 10.1(см. math.ru)

Показать доказательство

Первое решение.

Из графика квадратного трехчлена видим, что $f(a)=f(b) ⇐ ⇒ a= b,$ либо $a$ и $b$ расположены на числовой оси симметрично относительно точки $x0$ — абсциссы вершины параболы, т.е при $a+ b= 2x0.$ Но для многоугольника $a1 <a2+ ...+ an,$ поэтому $a1+ a2+ ...+an =2x0.$ Тогда $A+ B = 2x0,$ значит, $f(A)= f(B).$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Переформулируем задачу в непрерывном виде $2 f(x)=ux + vx+ w$ , тогда нашлось такое $a∈ (0,S)$ ( $S = a1+ ⋅⋅⋅+ an$ , что $f(a)=f(S− a)$ , то есть

ua2+ va+ w= u(S− a)2+ v(S − a)+ w ⇐⇒ 2va+ 2uSa =uS2 +vS ⇐⇒

⇐ ⇒ 2a(v+ uS)= S(v +uS) (∗)

Может ли быть так, что $2a= S$ ? Нет, поскольку в многоугольнике хотя бы 3 стороны и выполнено неравенство ломаной — если вычесть из обеих частей $a$ , то остальные стороны будут образовывать ломаную, соединяющую начало и конец стороны, что соответствует длине $a$ . Но тогда $v +uS =0$ , далее $f(A )=f(B)⇐ ⇒ f(A )=f(S− A)$ , но подставляя это аналогично (*), получим $2A(v +uS)= S(v+ uS )$ , что выполнено из $v+ uS = 0$ , что и требовалось.