алгебра - Сумма квадратов корней

Положим $%n=2013$%. Преобразуем уравнение $%x^5+(n-1)x^2+n=x^4+nx^3+(n+1)x$%, собирая в правой части всё с участием $%n$%, а в левой -- всё остальное: $%x^5-x^4-x^2-x=n(x^3-x^2+x-1)$%. Далее осуществим разложения на множители: $%x(x^4-x^3-x-1)=n(x-1)(x^2+1)$%. Легко заметить, что в выражении $%x^4-x^3-x-1$% после группировки слагаемых выделяется общий множитель $%x^2+1$%, а именно: $%x^4-x^3-x-1=(x^4-1)-x(x^2+1)=(x^2-x-1)(x^2+1)$%. В итоге уравнение можно сократить на этот множитель, так как он всегда принимает положительные значения. Получится $%x(x^2-x-1)=n(x-1)$%, а это кубическое уравнение. Проверим, что оно имеет три действительных корня.

Пусть $%f(x)=x^3-x^2-(n+1)x+n$% -- разность левой и правой части уравнения. Поскольку $%f(0)=n > 0$%, а $%f(1)=-1 < 0$%, между нулём и единицей имеется один из корней. Далее, $%f(\sqrt{n})=n\sqrt{n}-n-n\sqrt{n}-\sqrt{n}+n=-\sqrt{n} < 0$%. Поскольку $%f(x)\to+\infty$% при $%x\to+\infty$%, на луче $%(\sqrt{n};+\infty)$% имеется ещё один корень. Из этих фактов сразу вытекает и существование третьего корня (если применить теорему Безу), но можно убедиться в этом и непосредственно. Действительно, $%f(-\sqrt{n})=\sqrt{n} > 0$%, но $%f(x)\to-\infty$% при $%x\to-\infty$%, поэтому на луче $%(-\infty;-\sqrt{n})$% имеется корень.

Итак, всего корней у нас три, и их можно обозначить через $%x_1,x_2,x_3$%. Тогда $%f(x)=(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)$%. Далее можно раскрыть скобки и приравнять коэффициенты при одинаковых степенях $%x$% (это теорема Виета для кубического уравнения). В частности, мы получим $$x_1+x_2+x_3=1,$$ $$x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3=-(n+1).$$ С учётом известного тождества $%(x_1+x_2+x_3)^2=x_1^2+x_2^2+x_3^2+2(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)$%, получаем, что сумма квадратов корней равна $%1^2+2(n+1)=2n+3=4029$%.