math4school.okis.ru

Квадратный трёхчлен f(x) = ax² + bx + c не имеет действительных корней, значит, он сохраняет один и тот же знак для всех значений аргумента х. Так как  f(1) = a  + b + c < 0, то f(0) = c < 0.

Ответ: c < 0.

Допустим, что дискриминант указанного уравнения равен числу 23. Тогда можно записать:

b² – 4ac = 23,

и

b² – 25 = 4ac – 2

или

(b – 5) ·(b + 5) = 2(2ас – 1).

Заметим, что b – 5 и b + 5 – числа одинаковой чётности, поэтому их произведение, если оно чётно, делится на 4. Правая часть последнего равенства есть чётное число, не делящееся на 4. Полученно противоречие, значит, сделаное допущение ложно. 

Ответ: нет.

Многочлен x⁴ + px² + q, имеет 4 действительных корня в том и только в том случае, если многочлен у² + pу  + q (относительно у = x²) имеет два неотрицательных корня, т.е. числа р и q удовлетворяют условиям 

p² > 4q,   q > 0,   p < 0. 

Если исходный многочлен имеет 4 действительных корня (а именно: –х₁, –х₂, х₁, х₂, где без ограничения общности считаем, что х₁ > х₂ > 0), то они образуют арифметическую прогрессию тогда и  только  тогда,   когда   совместна система 

–2х₂ = – х₁ + х₂,   x₁² + x₂² = –p,   x₁² · x₂² = q 

(смотрите теорему Виета и обратную к ней), т.е. когда q = 0,09 · р².   Таким образом, все искомые пары чисел р, q описываются условиями 

p < 0,   q = 0,09 · р²

(неравенства p² > 4q и q > 0,вытекают из последнего равенства).

Обозначим 

f (x) = (x – a)(x – b) + (x – b)(x – c) + (x – c)(x – a). 

Без ограничения общности рассуждений можно считать, что a < b < c. Рассмотрим все возможные случаи:

– если a = b = c, то можно записать f(x) = 3(x – a)², и, очевидно, f(а) = 0: а – корень;

– если a = b, то f(x) = (x – a)²+ 2 (x – а)(x – c), и f(а) = 0: а – корень;

– если b = c, то f(x) = 2(x – a)(x – b) + (x – b)², и f(b) = 0: b – корень;

– если a < b < c, то 

f(a) = (a – b) (a – c) > 0,

f(b) = (b – a) (b – c) < 0,

f(c) = (c – a) (c – b) > 0.

Так как f(x) – непрерывная квадратичная функция, принимающая значения разного знака на концах интервалов (a; b) и (b; c), то она имеет два различных действительных корня х₁ и х₂. Более того  

a < х₁ < b < х₂ < c.

Решение задачи окончено.

Нетрудно убедиться, что при указанных заменах исходного многочлена его дискриминант не изменяется. Значит, если из многочлена  x² – 3x – 4 можно получить многочлен x² – 2x – 5, то их дискриминанты должны быть равны. Однако это не так.

Ответ: нет.

Пусть числа а и b такие, что для любого х из отрезка [–1; 1] выполняется данное неравенство, т. е,

–1 < 2x² + ax + b < 1.

Полагая здесь последовательно х = 0, х = 1, х = – 1, получаем, что а и b удовлетворяют следующей системе неравенств:

–1 < b < 1,

–3 < a + b < –1,

–3 < b – а < – 1.

Сложив почленно два последних неравенства, подучим 

–3 < b < – 1. 

Отсюда и из первого неравенства следует, что b = –1. Тогда а удовлетворяет следующим двум неравенствам:

–2 < a < 0,

0 < a < –2, 

и поэтому, а = 0. Таким образом, если существуют числа а и b, удовлетворяющие условию задачи, то

а = 0, b = – 1

и других решений задача не имеет.

Чтобы доказать, что найденные значения а = 0, b = – 1 являются решением задачи, остается проверить, что для любого х из отрезка [–1; 1] верно двойное неравенство 

–1 < 2x² – 1 < 1. 

А оно равносильно неравенству

0 < 2x² < 2,

которое, очевидно, справедливо на числовом промежутке [–1; 1].

Ответ: а = 0, b = – 1.

Поставим каждому из пешеходов в соответствие точку в прямоугольной системе координат. Точки (х₁; у₁), (х₂; у₂), (х₃; у₃)  лежат на одной прямой тогда и только тогда, когда 

(х₁ – х₃)(у₂ – у₃) = (х₂ – х₃) (у₁ – у₃).

Так как скорости пешеходов постоянны, то х₁(t), у₁(t), х₂ (t), у₂(t), х₃(t) и у₃(t)  – линейные функции от времени t и последнее равенство является квадратным уравнением относительно t, которое может иметь не более двух решений t₁ и t₂. Это и есть те два возможных момента времени, когда все три пешехода могут оказаться на одной прямой.

Докажем следующую лемму.

Лемма. Пусть M и N – середины двух параллельных хорд параболы. Тогда прямая MN параллельна оси параболы.

Доказательство. Пусть хорды AB и CD параболы лежат на параллельных прямых 

y = kx + a   и   y = kx + b,

тогда абсциссы точек  A, B, C, D  – это корни уравнений 

x² = kx + a  и  x² = kx + b,

а абсциссы точек M и N – полусуммы корней этих уравнений, то есть по теореме Виета равны k/2.  Следовательно, точки M и N лежат на прямой х = k/2, которая параллельна оси Oy. Лемма доказана.

Вернёмся к исходной задаче.

Последовательно осуществляем следующие построения:

1) две параллельные прямые, каждая из которых пересекает параболу в двух точках;

2) прямую через середины получающихся отрезков;

3) перпендикуляр к этой прямой, пересекающий параболу в двух точках А и В;

4) серединный перпендикуляр к отрезку АВ – это ось Оу;

5) ось Ох перпендикулярна Оу в точке пересечения с параболой;

6) единичный отрезок – абсцисса пересечения прямой у = х с параболой.

Первый способ.

Заметим, что при каждом изменении трехчлена его значение в точке х = – 1 изменяется на 1 (в ту или другую сторону). Значение первого трехчлена

f(x) = х² + 10х + 20

в этой точке равно f(–1) = 11, а последнего,

g(x) = х² + 20х+10,

— g(–1) = –9. Поэтому в какой-то промежуточный момент на доске был написан трехчлен

h(х) = х² + pх + q,

для которого h(–1)=0. Оба его корня – целые числа: один равен –1, другой по теореме Виета равен –q.

Второй способ.

Каждому квадратному трёхчлену

x² + bx + c

поставим в соответствие точку координатной плоскости Оbc, где вдоль оси  Оb будем откладывать значения второго коэффициента, а вдоль Ос – свободного члена. Многочленам

х² + 10х + 20  и  х² + 20х +10

будут соответствовать точки

А(10; 20) и В(20; 10),

соответственно. Предложенные в условии операции предполагают перемещение от точки А к точке В вдоль узлов некоторой ломаной L. Узлы L – некоторые целочисленные точки плоскости Оbc, а длина каждого звена L равна 1 (соседние звенья могут лежать на одной прямой).

Так как точки А и В расположены в разных полуплоскостях относительно прямой

с = b – 1,

то ломаная L одним из своих узлов имеет точку этой прямой. Значит, одним из промежуточных многочленов будет многочлен вида

х² + b₀х + (b₀ – 1)

с целым b₀ и целыми корнями –1 и 1 – b₀ .

Для того чтобы вопрос задачи имел смысл, предположим, что точка (b; c) равномерно распределена на квадрате с центром в начале координат и стороной 2B. Решим задачу при фиксированном значении B, а затем устремим B к бесконечности, так что b и c могут принимать любые значения.

На рисунке более тёмная выделенная область отвечает случаю действительных корней,

более светлая – комплексных.

Для того чтобы уравнение имело действительные корни, необходимо и достаточно, чтобы

b² - c > 0.

На приведенном рисунке изображена парабола с = b² и показана область, где наше уравнение имеет действительные корни для B = 4. 

Нетрудно подсчитать, что площадь «комплексной» области равна (4 · B^3/2)/3 (при B > 1), а площадь всего квадрата, конечно, равна 4B². Следовательно, вероятность того, что корни комплексные, равна 1/(3√В). При B = 4 она составляет 1/6. Действительно,

С ростом B значение дроби 1/√В стремится к нулю, так что вероятность того, что корни вещественные, стремится к 1. 

Замечание. Рассмотренная задача отличается от такой же задачи, связанной с уравнением

ax² + 2bx + c = 0.

Конечно, можно разделить на a, но если a, b и c были независимы и равномерно распределены в некотором кубе, то b/a и c/a уже зависимы и распределены неравномерно.