Алгебраические_уравнения (835788), страница 9
Текст из файла (страница 9)
Решить систему уравнений⎧⎨ + = 7;⎩ = 2.Решение: и – корни уравнения 2 − 7 + 2 = 0. Найдем = 49 − 8 = 41 > 0. Уравнение имеет два вещественныхкорня1,2 =7±√241. 19386ГЛАВА 2. УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКАОтвет: система уравнений имеет два решения:⎧⎨ =⎩ = 193√7− 412√7+ 412и⎧⎨ =⎩ =√7+ 412√7− 412Пример 2. Решить систему уравнений⎧⎨ + = −2;⎩ = 7.Решение: и – корни уравнения 2 + 2 + 7 = 0. Найдем = 4 − 28 = −24 < 0. Множество решений – Ø.Ответ: система уравнений не имеет решения.Теперь попробуйте решить те же задачи методом подстановки.
193Пример 3. Решить систему уравнений⎧⎨ + = −5;⎩ = 6.Решение. По теореме Виета, такой системе соответствует квадратное уравнение, два вещественных корня которогонетрудно угадать, – это (−2) и (−3).Ответ: система уравнений имеет два решения: (−2; −3) и(−3; −2).Теперь усложним задачу.§ 2.4. Симметричные формы87Пример 4. Решить систему уравнений 193⎧⎨2 − 3 = −5;⎩ = 6.Решение. Умножив левую и правую части второго уравнения на (−3) и 2, мы придем к системе уравнений, левыечасти которых симметричные формы относительно (2) и(−3), а значит, (2) и (−3) являются корнями уравнения 2 + 5 − 36.⎧⎨(2) + (−3) = −5;⎩(2) · (−3) = −36.Найдем = 25 − 4 · (−36) = 169, тогда1,2 =−5 ± 13⇒ 1 = −9 и 2 = 4.2Это и есть два решения относительно величин (2) и (−3).1)⎧⎨2 = −9⎩−3 = 42)⎧⎨2 = 4⎩−3 = −9Ответ: (− 29 ; − 43 ) и (2; 3).⇒⎧⎨ = − 92⎩ = − 43⎧⎨ = 2⇒⎩ = 388ГЛАВА 2. УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКАТеперь рассмотрим случай, когда решение системы методомподстановки невозможно или затруднительно.
194Пример 5. Решить систему уравнений⎧⎨ + + = 11;⎩2 + 2 = 30.Решение:⎧⎨ + + = 11;⎩ · ( + ) = 30.⎧⎨ = + Положим,⎩ = ⎧⎨ + = 11⇒⎩ = 30Уравнение 2 − 11 + 30 имеет два решения: 5 и 6.⎧⎨ = 51)⎩ = 6⎧⎨ + = 5⇒⎩ = 6⎧⎨ = 62)⎩ = 5⎧⎨ + = 6⇒⎩ = 5⇒ 1.1)⇒ 2.1)⎧⎨ = 2⎩ = 3⎩ = 2⎧⎨ = 1⎧⎨ = 5⎩ = 5Ответ: (2; 3), (3; 2), (1; 5) и (5; 1). 1941.2)⎧⎨ = 3Пример 6. Решить систему уравнений⎧⎨ + + = 7;⎩2 + 2 + = 13.2.2)⎩ = 1§ 2.4. Симметричные формыРешение:⎧⎨ + + = 7;⎩( + )2 − = 13.89Положим,⎧⎨ = + ;⎩ = .⎧⎨ + = 7Тогда⎩2 − = 13⎧⎨ = 7 − ⇒⎩2 + − 20 = 0Квадратное уравнение 2 + − 20 = 0 имеет два решения,которые легко угадать, опираясь на теорему Виета: 1 = −5и 2 = 4.1)⎧⎨ = −5⎩ = 7 − ⇒⎧⎨ = −5⎩ = 12⎧⎨ + = −5⇒⎩ = 12Соответствующее квадратное уравнение 2 + 5 − 12 = 0.√−5 ± 73⇒ = 25 + 48 = 73; 1.2 =2⎧⎧√√⎨ = −5− 73⎨ = −5+ 7322⇒ 1.1)1.2)√√⎩ = −5+ 73⎩ = −5− 7322)⎧⎨ = 4⎩ = 7 − ⇒2⎧⎨ = 4⎩ = 3⎧⎨ + = 4⇒⎩ = 390ГЛАВА 2.
УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКАСоответствующее квадратное уравнение 2 − 4 + 3 = 0.⇒ 2.1)⎧⎨ = 12.2)⎩ = 3√Ответ: ( −5−2√73 −5+ 73; 2 ),⎧⎨ = 3⎩ = 1√( −5+2√73 −5− 73; 2 ),(1; 3) и (3; 1).Ранее мы отметили, что прямая и кривая второго порядкане могут иметь больше двух общих точек (рис. 18а). Аналогично две кривые второго порядка не могут иметь болеечетырех общих точек (рис.
18б).Рис. 18. 194Кривые второго порядкаПример 7. Решить систему уравнений⎧⎨2 + 2 = 52;⎩ = 24.Решение. Первому уравнению соответствует окружность√радиуса 52 с центром в начале координат, второму – гипербола. Как мы видим на графике (см. рис. 18б), кривые§ 2.4. Симметричные формы91имеют четыре точки пересечения. Убедимся в этом, решивсистему аналитически:⎧⎨2 + 2 = 52⎩ = 24⎧⎨( + )2 − 2 = 52⇒⎩ = 24⎧⎨( + )2 = 100⇒⎩ = 24⇒⎧⎨ + = ±10⇒⎩ = 24Последний результат можно записать и так:⎡ ⎧⎨ + = +10;⎢⎢ ⎩⎢ = 24.⎢ ⎧⎢ ⎨⎢ + = −10;⎣⎩ = 24.Напомним, что между утверждениями, охваченными квадратной скобкой, подразумевается «логическое ИЛИ». Такимобразом, решением исходной системы уравнений будет объединение решений двух систем, заключенных в квадратнуюскобку.
Составим для обеих систем соответствующие квадратные уравнения:1) 2 + 10 + 24 = 0 ⇒ 1,2 = −5 ± 1 ⇒92ГЛАВА 2. УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКА1.1)⎧⎨ = −61.2)⎩ = −4⎧⎨ = −4⎩ = −62) 2 − 10 + 24 = 0 ⇒ 1,2 = 5 ± 1 ⇒⎧⎧⎨ = 6⎨ = 42.1)2.2)⎩ = 4⎩ = 6Ответ: (−6; −4), (−4; −6), (6; 4), (4; 6).При решении систем трех уравнений с тремя неизвестными, входящими в симметричные формы, иногда приходитна помощь теорема Виета.
Для случая многочлена третьей степени она звучит так: если многочлен3 + 2 + + имеет три вещественных корня 1 , 2 , 3 , для его коэффициентов справедливы равенства⎧⎪ = −(1 + 2 + 3 );⎪⎪⎨ = 1 2 + 1 3 + 2 3 ;⎪⎪⎪⎩ = − .1 2 3Чтобы убедиться в последнем, достаточно раскрыть скобкив разложении многочлена на линейные множители и приве-§ 2.4. Симметричные формы93сти подобные:( − 1 )( − 2 )( − 3 ) == 3 − (1 + 2 + 3 )2 + (1 2 + 1 3 + 2 3 ) − 1 2 3 .Пример 8. Решить систему уравнений 195⎧⎪ + + = 6;⎪⎪⎨ + + = 11;⎪⎪⎪⎩ = 6.Решение.
По теореме Виета, неизвестные , , должныбыть корнями многочлена 3 − 62 + 11 − 6. Для нахождения корней многочлена угадаем один из корней = 1,разделим многочлен на ( − 1), и тогда задача сведется кнахождению корней квадратного трехчлена, как в примерена с. 114. Многочлен имеет корни 1 = 1, 2 = 2, 3 = 3, ирешениями системы будут все тройки (; ; ), являющиесяперестановками этих трех чисел.Ответ: (1; 2; 3), (1; 3; 2), (2; 1; 3), (2; 3; 1), (3; 1; 2), (3; 2; 1).Пример 9. Решить систему уравнений⎧⎪ + + = 6;⎪⎪⎨2 + 2 + 2 = 14;⎪⎪⎪⎩ = 6. 19594ГЛАВА 2. УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКАРешение. Из тождества на с.
57 следует:2 + 2 + 2 = ( + + )2 − 2( + + ).⎧⎪++ =6⎪⎪⎨( + + )2 − 2( + + ) = 14⎪⎪⎪⎩ = 6⎧⎪++ =6⎪⎪⎨⇒ + + = 11⎪⎪⎪⎩ = 6Последнюю систему мы решили в предыдущем примере.Ответ: (1; 2; 3), (1; 3; 2), (2; 1; 3), (2; 3; 1), (3; 1; 2), (3; 2; 1).В расмотренных выше примерах присутствовали уравнения второго порядка с тремя неизвестными.
Геометрическийсмысл таких уравнений будет раскрыт на с. 99.Задачи к параграфу на с. 193, п. 12–15.§ 2.5. Однородные многочлены84⇔99 Функция нескольких переменных (, , , . . .) называется однородной порядка n, если для любого вещественного числа > 0 выполняется равенство (, , , . . .) = · (, , , . . .).Иногда также требуют, чтобы число было целым. Напри√︀мер, (, ) = − 3 + 3 – однородная функция второго порядка, так как(︁)︁√︀√︀ (, ) = ·− ()3 + ()3 = 2 − 3 + 3 .§ 2.5. Однородные многочлены95Для многочленов требование > 0 можно заменить на ̸= 0.Тогда однородным многочленом порядка nмы будем называть многочлен от нескольких переменных (, , , . .
.), такой, что для любого вещественного выполняется равенство (, , , . . .) = (, , , . . .). Однородный многочлен порядка определяют и как суммумоночленов порядка . Тогда однородный многочлен второго порядка от двух переменных и должен иметь вид11 2 + 212 + 22 2 . Уравнение 11 2 + 212 + 22 2 = 0всегда имеет тривиальное решение: = 0; = 0.
Если коэффициенты при 2 и 2 отличны от нуля, то = 0 ⇒ = 0и = 0 ⇒ = 0.Пример 1. Разложить на множители многочлен2 − 5 + 6 2 и указать его корни.Решение. Если ̸= 0,(︃(︂ )︂)︃22 − 5 + 6 2 = 2−5· +6 .= , тогда 2 − 5 + 6 2 = 2 · (2 − 5 + 6) =(︂)︂ (︂)︂22= ( − 2)( − 3) = −2− 3 = ( − 2)( − 3).ПустьОтвет: ( − 2)( − 3).Таким образом, задача разложения на множители однородного многочлена второго порядка с двумя переменными сво- 19296ГЛАВА 2. УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКАдится к задаче нахождения корней квадратного трехчлена.Отсюда мы можем извлечь еще один прием нахождения корней квадратного трехчлена. 192Пример 2. Разложить на множители трехчлен62 − 5 + 1 и указать его корни.Решение.
Поставим в соответствие исходному квадратному трехчлену однородный многочлен 62 − 5 + 2 . Теперь,чтобы вернуться к исходному, достаточно положить = 1.(︂)︂ (︁ )︁26 − 5 + = 6 − 5 += 2 (6 − 5 + 2 ) =222= 2 (2 − 5 + 6) = 2 ( − 2)( − 3).Теперь вспомним, что = , и возьмем = 1.226 − 5 + = 2(︂)︂ (︂)︂11−2−3 == (1 − 2)(1 − 3) = (2 − 1)(3 − 1).Ответ: (2 − 1)(3 − 1), корни =12и = 13 .Значит, если квадратный трехчлен имеет вид 2 + + 1,для нахождения его корней достаточно найти корни трехчлена 2 + + и в ответе записать их обратные величины.
195Пример 3. Решить уравнение 2 − 5 + 6 2 = 0.Решение. Такое уравнение всегда имеет тривиальное решение: ( = 0)&( = 0). Если ̸= 0, мы можем разделить§ 2.5. Однородные многочленылевую и правую части уравнения на 2 . Пусть97= . Тогда2 − 5 + 6 = 0. Если дискриминант меньше нуля, других решений, кроме тривиального, не существует. Находим 1 = 2и 2 = 3. Следовательно, = 2 и = 3. Тривиальное решение удовлетворяет обоим равенствам.Ответ: {(; )| = 2} ∪ {(; )| = 3}, где , ∈ ℜ.Таким образом, на плоскости однородному алгебраическому уравнению второго порядка соответствует или одна точка с координатами (0; 0), или две пересекающиеся в началекоординат прямые.Пример 4. Решить систему уравнений⎧⎨2 − 5 + 8 2 = 0;⎩2 + 3 + 2 2 = 48.Решение.
Первое уравнение однородное. Разделив его на 2и введя замену= , придем к уравнению 2 − 5 + 8 = 0.Дискриминант = 25 − 32 = −7 < 0. Значит, уравнение2 − 5 + 8 2 = 0 имеет только одно тривиальное решение( = 0)&( = 0). Подставив это решение во второе уравнение, придем к ложному утверждению: 0 = 48.Ответ: система не имеет решения. 19598 195ГЛАВА 2. УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКАПример 5. Решить систему уравнений⎧⎨2 − 5 + 6 2 = 0;⎩2 + 3 + 2 2 = 48.Решение. Первое уравнение однородное.
Разделив его левую и правую части на и введя замену= , придемк уравнению 2 − 5 + 6 = 0. Его корни: 1 = 2 и 2 = 3.1) = 2 ⇒ = 2. Подставляем = 2 во второе уравнениесистемы: 12 2 = 48 ⇒ 2 = 4 ⇒ = ±2 ⇒ = ±4.2) = 3 ⇒ = 3. Подставляем = 3 во второе уравнениесистемы:√√20 2 = 48 ⇒ 2 = 4, 8 ⇒ = ± 4, 8 ⇒ = ±3 4, 8.√√√√Ответ: (−2; −4), (2; 4), (− 4, 8; −3 4, 8), ( 4, 8; 4, 8). 195Пример 6. Решить систему уравнений⎧⎨32 − 2 = 160;⎩2 − 3 − 2 2 = 8.Решение. Оба уравнения неоднородны. Умножим второеуравнение на 20 и вычтем из результата первое уравнение:202−6032−2172−58−40 2−40 2=160=160=0.§ 2.6. Уравнения с тремя неизвестными99Мы пришли к следующей эквивалентной исходной системе:⎧⎨172 − 58 − 40 2 = 0;⎩32 − 2 = 160.Разделим первое уравнение на 2 и обозначим= .
Найдемдискриминант уравнения 172 − 58 − 40 = 0:√ = 582 − 4 · 17 · (−40) = 6084 > 0. 6084 = 78. Корниуравнения: 1,2 =58±7834101) = − 17⇒= − 10⇒ 10 = −17. Умножим второе17⇒ 1 = − 10; = 4.17 2уравнение на 10 и подставим (−17) вместо 10:642 = 1600 ⇒ = ±5 ⇒ = ∓ 17.22) = 4 ⇒ = 4. Подставим = 4 во второе уравнениесистемы: 40 2 = 160 ⇒ 2 = 4 ⇒ = ±2 ⇒ = ±8.Ответ: (−5; 17), (5; − 17), (−8; −2), (8; 2).22Задачи к параграфу на с.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
