Найдите сумма квадратов действительных корней уравнение x^5+2012x^2+2013=x^4+2013x^3+2014x.

задан 26 Окт '13 21:17

изменен 26 Окт '13 21:18

10|600 символов нужно символов осталось
1

Переведем всё в левую часть: $$x^5-x^4-2013x^3+2012x^2-2014x+2013=0$$ Подбором найдем корни $%\pm i$%, сократим многочлен из левой части уравнения на $%x^2+1$%: $$x^3-x^2-2014x+2013=0$$ Обозначим левую часть уравнения как $%f(x)$%. $$f(-60)\lt0$$ $$f(-20)\gt0$$ $$f(20)\lt0$$ $$f(60)\gt0$$ Следовательно, уравнение имеет 3 различных вещественных корня. Обозначим их как $%x_1$%, $%x_2$%, $%x_3$%. Тогда $$(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)=0$$ $$x^3-(x_1+x_2+x_3)x^2+(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)x-x_1x_2x_3=0$$ Сопоставив многочлены, получим: $$x_1+x_2+x_3=1$$ $$x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3=-2014$$ $$x_1x_2x_3=-2013$$ Отсюда можно найти сумму квадратов действительных корней уравнения: $$x_1^2+x_2^2+x_3^2=(x_1+x_2+x_3)^2-2(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)=1^2-2(-2014)=4029$$ Ответ: 4029

ссылка

отвечен 26 Окт '13 21:54

10|600 символов нужно символов осталось
1

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 $%1^2+2(n+1)=2n+3=4029$%.

ссылка

отвечен 26 Окт '13 22:04

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×3,528

задан
26 Окт '13 21:17

показан
1549 раз

обновлен
26 Окт '13 22:04

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru