Книги по разным темам Pages:     | 1 |   ...   | 13 | 14 | 15 | 16 | 17 |   ...   | 65 |

i 1 -A A2 - Пусть 1,2 = корни квадратного трёхчлена 3x2 + Ax + 2.

Случай 1. A2 - 24 > 0.

В этом случае || = | |, поэтому числа xn и xn не могут совпадать, и мы 1 n можем считать, что xn = 1 и xn = 2. С одной стороны, |x1x2| = |12| = 1 122 Глава 10. Многочлены I n m m = 2/3 < 1, а с другой стороны |x1x2| = || = 3/2 > 1. Приходим к противоречию.

Случай 2. A2 - 24 0.

В этом случае || = || = 3/2 и |1| = |2| = 2/3. Поэтому, с одной m 2m n стороны, |x1| = || = 3/2 > 1, а с другой стороны, |x1| = |1| = 2n = 2/3 < 1. Снова приходим к противоречию.

10.24. Если x > 0 и x(x + 1)... (x + n) = 1, то 1 1 x = < =.

(x + 1)... (x + n) 1 2... n n! 10.25. Пусть a корень многочлена P (x). Поделим P (x) на x - a с остатком. В результате получим P (x) = (x - a)R(x) + b. При этом b = P (a) = 0.

Значит, многочлен P (x) делится на x-a. Если a1,..., am корни многочлена P (x), то он делится на (x - a1)... (x - am), поэтому n m.

10.26. Многочлен P (x) делится на (x - a1)k1... (x - am)km, поэтому k1 + +... + km n.

10.27. Перепишем данное уравнение в виде a1 a2 an 1 = + +... +.

x x2 xn a1 a2 an При x > 0 функция f(x) = + +... + монотонно убывает, поэтому x x2 xn она не может принимать значение 1 при двух различных положительных значениях x.

10.28. Функция f1(x) монотонно убывает от 2 до -2 на отрезке [-2, 0] и монотонно возрастает от -2 до 2 на отрезке [0, 2]. Поэтому уравнение f1(x) = = x имеет корень x1 (-2, 0) и корень x2 = 2. Кроме того, уравнение f1(x) = = 0 имеет два корня x. Функция f2(x) поочерёдно монотонно возрастает в пределах от -2 до 2 на следующих четырёх отрезках: [-2, -x ], [-x, 0], 1 [0, x ], [x, 2]. Поэтому на каждом из этих отрезков по крайней мере одно 1 решение имеет уравнение f2(x) = x и ровно одно решение имеет уравнение f2(x) = 0. Значит, для функции f3(x) получаем 23 интервалов монотонности и т.д. В результате получаем, что уравнение fn(x) имеет по крайней мере 2n решений. Но больше 2n решений оно не может иметь, потому что степень многочлена fn(x) равна 2n.

10.29. Рассматриваемое произведение является многочленом P (x), обладающим следующим свойством: P (-x) = P (x).

10.30. О т в е т: 6. Пусть x + x3 + x9 + x27 + x81 + x243 = P (x)(x - 1) + r.

Положив x = 1, получим r = 6.

10.31. О т в е т: в выражении (1+x2-x3)1000. Пусть P (x) = (1-x2+x3)и Q(x) = (1+ x2 - x3)1000. Коэффициент при x20 у многочлена P (x) такой же, как у многочлена P (-x) = (1 - x2 - x3)1000, а у многочлена Q(x) такой же, Глава 10. Многочлены I как у многочлена Q(-x) = (1 + x2 + x3)1000. Ясно, что у многочлена (1 + x2 + + x3)1000 коэффициент при x20 больше, чем у многочлена (1 - x2 - x3)1000.

Действительно, у первого многочлена член p20x20 равен сумме нескольких членов вида (x2)n(x3)m, где 2n+ 3m = 20, а у второго многочлена член q20xравен сумме тех же самых членов, но со знаком (-1)n+m. Во втором случае встречаются члены со знаком минус, например, при m = 2 и n = 7.

10.32. а) Пусть (x - a)(x - 10) + 1 = (x + b)(x + c). Положив x = -b, получим (b + a)(b + 10) = -1. Числа a и b целые, поэтому числа b + a и b + + 10 тоже целые. Число -1 представляется в виде произведения двух целых множителей двумя способами. Соответственно получаем два варианта: 1) b + + 10 = 1 и b + a = -1; 2) b + 10 = -1 и b + a = 1. Поэтому a = 8 или a = 12. В первом случае (x - 8)(x - 10) + 1 = (x - 9)2, а во втором случае (x - 12)(x - 10) + 1 = (x - 11)2.

б) Пусть x(x-a)(x-b)(x-c)+1 = P (x)Q(x), где P (x) и Q(x) многочлены с целыми коэффициентами. Ясно, что P (x) и Q(x) многочлены со старшим коэффициентом 1. При x = 0, x = a, x = b и x = c имеет место равенство P (x)Q(x) = 1, т.е. либо P (x) = 1 и Q(x) = 1, либо P (x) = -1 и Q(x) = = -1. В обоих случаях P (x) - Q(x) = 0. Степень многочлена P (x) - Q(x) строго меньше четырёх, поэтому P = Q(x) для всех x. Таким образом, (x) x(x - a)(x - b)(x - c) = P (x) - 1 = P (x) + 1 P (x) - 1. Поэтому P (x) 1 = = x(x - a) и P (x) 1 = (x - b)(x - c), т.е. x(x - a) - (x - b)(x - c) = (мы не различаем решения, отличающиеся лишь перестановкой чисел a, b, c). Следовательно, a = b + c и bc = 2. В результате получаем следующие наборы значений (a, b, c): (1, 2, 3), (-1, -2, -3), (1, -2, -1), (2, -1, 1). Им соответствуют следующие разложения многочлена x(x - a)(x - b)(x - c) + 1:

(x2 - 3x + 1)2, (x2 + 3x + 1)2, (x2 + x - 1)2, (x2 - x - 1)2.

10.33. Единственность многочлена P следует из того, что разность двух таких многочленов обращается в нуль в точках x1,..., xn+1 и имеет при этом степень не выше n. Ясно также, что следующий многочлен обладает всеми требуемыми свойствами:

n+ (x - x1)... (x - xk-1)(x - xk+1)... (x - xn+1) P (x) = ak = (xk - x1)... (xk - xk-1)(xk - xk+1)... (xk - xn+1) k=n+ (x) = ak, (x - xk) (xk) k=где (x) = (x - x1)... (x - xn+1).

10.34. Пусть P (x) интерполяционный многочлен Лагранжа степени n, принимающий значения xm при x = 0, 1, 2,..., n. Тогда n x(x - 1)... (x - k + 1)(x - k - 1)... (x - n) P (x) = km.

k(k - 1)... 1(-1)(-2)... (k - n) k=124 Глава 10. Многочлены I Коэффициент при xn у этого многочлена равен n n km (-1)n n (-1)k-n = (-1)kkm.

k!(n - k)! n! k k=0 k= n n С другой стороны, если m n, то P (x) = xm. Поэтому (-1)kkm = k=k n (-1)n n при m < n и (-1)kkm = 1.

k=n! k 10.35. Пусть Pi(t) = p0i+p1it+p2it2+...+pn-1,itn-1 интерполяционный многочлен Лагранжа, принимающий значение 1 при t = ai и значение 0 при t = aj, где j = i. Умножим данные уравнения на p0i, p1i,..., pn-1,i и сложим их. В результате получим Pi(a1)x1 +... + Pi(an)xn = p0ib0 +... + pn-1,ibn-1, т.е. xi = p0ib0 +... + pn-1,ibn-1. Единственность решения доказана. Остаётся проверить, что так мы действительно получаем решение, т.е.

n n akp0ib0 +... + akpn-1,ibn-1 = bk i i i=1 i= n при k = 0, 1,..., n - 1. Для этого достаточно доказать, что akPi(t) = tk i= n i при указанных k. Но это очевидно: при k n- 1 выражение akPi(t) - tk i i=представляет собой многочлен степени не выше n - 1, обращающийся в нуль при t = a1,..., an.

10.36. Должны выполняться следующие равенства:

f(x1) = f(x0) + (x1 - x0)f(x0; x1), f(x2) = f(x0) + (x2 - x0)f(x0; x1) + (x2 - x0)(x2 - x1)f(x0; x1; x2) и т.д. Из этих равенств немедленно получаем выражения для f(x0; x1), f(x0; x1; x2) и т.д.

10.37. Поделив P на Q с остатком, можно перейти к дроби S/Q, где степень S меньше степени Q. Пусть Q = Q1Q2, где Q1 и Q2 взаимно простые многочлены. Тогда можно выбрать многочлены a(x) и b(x) так, что a(x)Q1(x) + b(x)Q2(x) = 1. Поэтому S aSQ1 + bSQ2 aS bS = = +.

Q1Q2 Q1Q2 Q2 QВ полученных дробях нужно снова поделить с остатком числитель на знаменатель и т.д. После нескольких таких операций придём к сумме многочлена A(x) и нескольких дробей вида p(x)/(x - a)n, где p(x) многочлен степени меньше n. Остаётся записать многочлен p(x) в виде p(x) = b1(x - a)n-1 + b2(x - a)n-2 +... + bn.

10.38. Для данного ai выберем наибольшее k, для которого встречаетcik ся дробь, cik = 0. Покажем, что число cik определено однозначно.

(x - ai)k Действительно, после умножения на (x - ai)k получаем равенство вида R(x)(x - ai)k = cik + (x - ai)f(x), (1) Глава 10. Многочлены I где f(x) рациональная функция, в знаменателе которой нет множителей x - ai, т.е. значение f(ai) определено. Подставив в равенство (1) x = ai, получим, что cik равно значению рациональной функции R(x)(x - ai)k при x = ai.

cik Аналогично, рассмотрев R(x) -, найдём ci,k-1 и т.д.

(x - ai)k x 10.39. При k = 1 это очевидно. Предположим теперь, что многочлен k целозначный. Легко проверить, что x + 1 x x - =.

k + 1 k + 1 k Следовательно, при всех целых m, n разность m n k + 1 k + является целым числом. Остаётся заметить, что = 0.

k + 10.40. Индукцией по k легко доказать, что любой многочлен pk(x) степени k можно представить в виде x x x pk(x) = c0 + c1 + c2 +... + ck, k k - 1 k - где c0, c1,..., ck некоторые числа. Действительно, x x x x2 x x xk = 1, = x, = -,..., = +....

0 1 2 2 2 k k! x Поэтому если pk(x) = axk +..., то многочлен pk(x) - ak! имеет степень k не выше k - 1, и к нему можно применить предположение индукции. Таким образом, нужно лишь доказать, что числа c0, c1,..., ck целые. Докажем это индукцией по k. База индукции: k = 0. По условию многочлен p0(x) = cпринимает целое значение при x = n, поэтому число c0 целое. Предположим теперь, что требуемое утверждение доказано для многочленов степени не выше k. Пусть многочлен x pk+1(x) = c0 +... + ck+k + принимает целые значения при x = n, n + 1,..., n + k + 1. Рассмотрим многочлен x x pk+1(x) = pk+1(x + 1) - pk+1(x) = c0 + c1 +... + ck.

k k - Он принимает целые значения при x = n, n + 1,..., n + k. Поэтому числа c0, c1,..., ck целые, а значит, число n n n ck+1 = pk+1(n) - c0 - c1 -... - ck k + 1 k тоже целое.

126 Глава 10. Многочлены I 10.41. Предположим, что существуют многочлены f(x) = a0xn +a1xn-1 + +...+an и g(y) = b0ym+b1ym-1+...+bm, для которых f(x)g(y) = x200y200+1.

Положив x = 0, получим ang(y) = 1, т.е. g(y) = 1/an при всех y. Положив y = 0, аналогично получим, что f(x) = 1/bm при всех x. Таким образом, f(x)g(y) = константа, а функция x200y200 + 1, очевидно, не является anbm константой.

10.42. а) Система уравнений x - y + 1 = 0, y - z - 1 = 0, z - 2x + + 1 = 0 имеет решение (x, y, z) = (1, 2, 1). При таких значениях переменных левая часть рассматриваемого выражения обращается в нуль. Поэтому таких многочленов P, Q, R не существует.

б) Пусть f = x-y+1, g = y-z-1, h = z-x+1. Тогда f +g+h = 1, поэтому (f +g +h)7 = 1. Выражение в левой части этого равенства представляет собой сумму слагаемых вида fagbhc, где a + b + c = 7; в частности, одно из чисел a, b, c не меньше 3. Сгруппируем те слагаемые, для которых a 3. В результате получим выражение вида f3P. Среди оставшихся слагаемых сгруппируем те, для которых b 3. Получим выражение вида g3Q. Для оставшихся слагаемых c 3, т.е. их сумма имеет вид h3R. В результате мы получили требуемое тождество f3P + g3Q + h3R = 1.

Глава 11.

Тригонометрия 11.1. Неравенства и сравнение чисел 11.1. Докажите, что sin < tg для 0 < /2.

11.2. Докажите, что если 0 < 1 < 2 <... < n < /2 и n 2, то sin 1 +... + sin n tg 1 < tg n.

cos 1 +... + cos n 11.3. Сравните числа tg 55 и 1,4.

11.4. Докажите, что если 0 <, /4, то + tg + tg tg tg tg.

2 11.5. Докажите, что сумма cos 32x + a31 cos 31x + a30 cos 30x +... + a1 cos x принимает как положительные, так и отрицательные значения.

11.6. Докажите, что если для любого угла выполняется неравенство a1 cos + a2 cos 2 +... + an cos n -1, то a1 + a2 +... + an n.

11.7. Докажите, что если и острые углы и <, то tg tg <.

128 Глава 11. Тригонометрия 11.8. Пусть A произвольный угол, B и C острые углы. Всегда ли существует такой угол X, что sin B sin C sin X = 1 - cos A cos B cos C 11.2. Тригонометрические тождества 11.9. Упростите выражение tg 20 + tg 40 + 3 tg 20 tg 40.

11.10. Докажите, что 1 1 1 arctg + arctg + arctg + arctg =.

3 5 7 8 11.11. Докажите, что 1 4 arctg - arctg =.

5 239 11.12. Найдите соотношение между arcsin cos arcsin x и arccos sin arccos x.

11.3. Уравнения 11.13. Решите уравнение 3 - 7 cos2 x sin x - 3 sin3 x = 0.

11.14. Решите уравнение 1 + tg x = 1 + sin 2x.

1 - tg x 11.15. Найдите все действительные решения уравнения x2 + 2x sin (xy) + 1 = 0.

Глава 11. Тригонометрия 11.16. Решите уравнение 3 sin cos + 4 sin + 3 cos2 = 4 + cos.

x 11.17. Сколько корней имеет уравнение sin x = 11.4. Суммы синусов и косинусов, связанные с правильными многоугольниками При решении задач этого параграфа полезна следующая геометрическая задача.

11.18. Докажите, что сумма векторов, идущих из центра правильного многоугольника в его вершины, равна нулевому вектору.

11.19. Докажите следующие равенства:

2 4 2(n - 1) а) sin + sin +... + sin = 0;

n n n 2 4 2(n - 1) б) cos + cos +... + cos = -1;

n n n 2 4 2(n - 1) в) sin + sin + + sin + +... + sin + = 0.

n n n 11.20. Докажите следующие равенства:

а) cos 36 - cos 72 = 1/2;

2 3 б) cos - cos + cos =.

7 7 7 11.21. Докажите, что 2 4 6 2m cos + cos + cos +... + cos = -.

2m + 1 2m + 1 2m + 1 2m + 1 11.5. Вычисление сумм и произведений 11.22. Докажите, что если + + = 0, то sin + sin + sin = -4 sin sin sin.

2 2 130 Глава 11. Тригонометрия 11.23. Докажите, что если sin = 0, то sin 2n+cos cos 2 cos 4... cos 2n =.

2n+1 sin 11.24. Докажите, что:

2 4 8 а) cos cos cos = ;

7 7 7 2 4 8 б) cos cos cos = -.

9 9 9 11.25. а) Докажите, что ctg - tg = 2 ctg 2.

б) Докажите, что tg + 2 tg 2 + 4 tg 4 +... + 2n tg 2n = ctg - 2n+1 ctg 2n+1.

11.26. Докажите, что 1 1 1 tg n - tg + +... + =.

cos cos 2 cos 2 cos 3 cos(n - 1) cos n sin 11.27. Докажите, что 2 n cos cos... cos =.

2n + 1 2n + 1 2n + 1 2n 11.28. Докажите, что n (n + 1) sin sin 2 а) sin + sin 2 + sin 3 +... + sin n = ;

sin (2n + 1) sin б) cos + cos 2 + cos 3 +... + cos n = -.

2 sin 11.29. а) Докажите, что cos + cos(+ x)+ cos( + 2x)+...+ cos(+ 1 sin + n + x - sin - x 2 + nx) =.

2 sin x 2k б) Докажите, что если =, где число k целое и 1 k n, то n + 1 + cos + cos 2 +... + cos n = 0.

Глава 11. Тригонометрия 11.6. Выражения для cos n и т.п.

11.30. а) Докажите, что cos n = Tn(cos ) и sin(n + 1) = = Un(cos ) sin, где Tn и Un многочлены степени n.

б) Докажите, что sin(2k + 1) = sin Pk(sin2 ), где Pk многочлен степени k.

11.31. Докажите, что sin(2k + 1) = (-4)k sin2 - sin2 sin2 - sin2...

sin 2k + 1 2k + k... sin2 - sin2.

2k + 11.7. Вспомогательные тригонометрические функции 11.32. Решите систему уравнений 2x + x2y = y, 2y + y2z = z, 2z + z2x = x.

11.33. Решите систему уравнений 1 1 3 x + = 4 y + = 5 z +, x y z xy + yz + zx = 1.

11.34. а) Пусть x1,..., xn попарно различные положительные числа, n 3. Докажите, что среди них можно выбрать два числа xi и xj, для которых xi - xj 0 < tg.

1 + xixj 2(n - 1) б) Пусть x1,..., xn попарно различные числа, n 3. Докажите, что среди них можно выбрать два числа xi и xj, для которых xi - xj 0 < tg.

1 + xixj n 11.35. Докажите, что для любого положительного числа x и любого натурального числа n имеет место неравенство x x x + +... + <.

1 + x2 22 + x2 n2 + x2 132 Глава 11. Тригонометрия 11.8. Тригонометрические многочлены Тригонометрическим многочленом n-й степени называют функцию f() = a0 + a1 cos + a2 cos 2 + a3 cos 3 +... + an cos n, где a0, a1,..., an некоторые числа, причём an = 0.

Pages:     | 1 |   ...   | 13 | 14 | 15 | 16 | 17 |   ...   | 65 |    Книги по разным темам