Розділ V. Цікаві задачки § 15. Задачі на доведення

15.1. Довести, що якщо і - корені многочлена , а і - корені многочлена , то виконується рівність .

Доведення.

За теоремою Вієта маємо: Звідси:

15.2. Довести, що корені многочлена задовольняють рівність

Доведення.

За теоремою Вієта маємо: Тому:

15.3. Довести, що многочлен ділиться на многочлен .

Доведення.

Використаємо метод математичної індукції:

1.

2. припустимо, що , тоді:

15.4 Довести, що при набуває цілих значень.

Доведення.

Запишемо цей многочлен у вигляді

.

Оскільки серед дев’яти послідовних цілих чисел завжди знайдуться ті, що діляться

націло на 2, 5, 7, 9, тому (добуток взаємно простих чисел). Отже, многочлен набуває цілих значень.

15.5. Для заданих знайти всі значення, які многочлен набуває при .

Розв’язання.

Функція має на графіку одну точку мінімуму . При функція спадає, а при - зростає. Тому для множини значень даної функції на маємо: якщо , то

; якщо , то

, тобто , при , при ; якщо , то

15.6. Довести, що сумою трьох квадратів.

Доведення.

Додамо і віднімемо вираз :

що і треба було довести.

15.7. Довести, що якщо , то .

Доведення.

Так як , то кожний з доданків, що стоять в квадратних дужках, включаючи , напевно діляться на . Отже, права частина рівності, ф одночасно й , діляться на .

15.8. Довести, що корені рівняння дійсні числа, якщо .

Доведення.

Після деяких перетворень маємо

15.9. Довести теорему: якщо ділиться на , то ділиться також і на .

Доведення.

Якщо ділиться на , то і, отже, ділиться на , звідки випливає, що ділиться на .

15.10. Довести, що многочлен третього степеня незвідний, якщо він не має раціональних коренів.

Доведення

Звідний многочлен третього степеня має множник першого степеня з раціональними коефіцієнтами, том він має раціональний корінь.

15.11. Знайти необхідні і достатні умови незвідності многочлена з раціональними (можуть бути дробовими) коефіцієнтами.

Доведення.

Без порушення загальності можна шукати умови, при яких розкладається на множники другого степеня з раціональними коефіцієнтами, бо якщо многочлен має раціональний корінь , то буде також раціональним коренем і лінійні множники, які їм відповідають можна об’єднати.

Нехай .

Тоді

Якщо , то і . У цьому випадку для існування раціональних і необхідно і достатньо, щоб дискримінант був квадратом раціонального числа.

Нехай , тоді , і далі . Отже для звідності многочлена необхідно і достатньо виконання однієї з двох умов:

1) є квадратом раціонального числа;

2) є квадратом раціонального числа є квадрат раціонального числа .

15.12. Довести, що корені многочлена з дійсними або комплексними коефіцієнтами не перевищують по модулю: .

Доведення

. Нехай . Тоді при

при .

15.13. Довести, що якщо ряд Штурма містить многочлени всіх степенів від нульового до -го, до число змін знаку в ряді старших коефіцієнтів многочленів Штурма дорівнюють кількості пар спряжених комплексних коефіцієнтів даного многочлена.

Доведення

Нехай і два сусідніх многочлена „повного” ряду Штурма. Якщо їх старші

коефіцієнти мають однакові знаки, то їх значення при не утворюють зміни знаку, а значення при дають зміну знаку, так як степінь одного з многочленів парний, а степінь другого – не парний. Якщо ж старші коефіцієнти мають протилежні знаки, то значення і при дають зміну знаку, а при - не дають. Тому, позначивши через та число змін знаку в ряді Штурма при , маємо, що . З іншого боку, дорівнює числу дійсних коренів многочлена. Отже. , що і треба було довести.

15.14. Довести, що якщо - сторони трикутника, то корені рівняння уявні.

Доведення.

За умовою . Квадратне рівняння має уявні корені тоді і тільки тоді, коли його дискримінант від’ємний . Знайдемо його:

Так як сума двох сторін трикутника більша за третю, то вирази в перших трьох дужках додатні , а четвертих дужках вираз від’ємний. Отже, і корені даного рівняння уявні.