О ТЕОРЕМЕ ВИЕТА, УРАВНЕНИЯХ КВАДРАТНЫХ И НЕ ТОЛЬКО Текст научной статьи по специальности «Математика»

МЕТОДИЧЕСКАЯ НАУКА - УЧИТЕЛЮ МАТЕМАТИКИ

УДК 373.5.016:51

О ТЕОРЕМЕ ВИЕТА, УРАВНЕНИЯХ КВАДРАТНЫХ И НЕ ТОЛЬКО

Трегуб Нина Леонидовна,

учитель

e-mail: nina.tregub@mail.ru МОУ «Гимназия № 70 г. Донецка», г. Донецк

Tregub Nina, Teacher

Gymnasium number 70, Donetsk

В статье описываются примеры использования теоремы Виета для широкого класса задач с целью расширения методического кругозора молодых учителей математики. Авторский подход к применению теоремы Виета даст возможность познакомить с такими методами решения задач учащихся, в особенности тех, кто готовится к поступлению в высшие учебные заведения, кто интересуется математикой и хочет участвовать в олимпиадах разных уровней.

Ключевые слова: теорема Виета, методы решения нестандартных задач, подготовка учащихся к математическим олимпиадам.

Постановка проблемы. Как свидетельствует авторский многолетний опыт, большинство учителей к сути квадратных уравнений, уравнений высших степеней и к использованию теоремы Виета для квадратных и других алгебраических уравнений относится достаточно «прагматично», то есть используют их очень редко и в совсем простых заданиях. Чаще всего это именно такие традиционные задания, где прямо сказано «использовать теорему Виета» или просто речь идет о сумме и произведении корней (причем только квадратного уравнения).

Увидеть «спрятанную» теорему Виета и тем самым найти короткий и красивый способ решения задачи не так легко, если решающий не имеет определенных навыков. Использование данной теоремы в нестандартных задачах требует наличия семантической гибкости мышления и способствует развитию творческих способностей учащихся.

Цель статьи - показать авторский подход к применению теоремы Виета для решения нестандартных математических задач, позволяющий расширить методический кругозор молодому учителю математики.

Изложение основного материала. Вначале несколько слов хотелось бы сказать об уравнениях вида

ах2 + Ьх + с = 0 , (1)

которые далеко не всегда являются квадратными. Очевидно, что при а = 0 уравнение становится линейным, а при а = Ъ = с = 0 превращается в тождество. Решая задания с параметром, учащиеся часто забывают о таких фактах; то есть на вопрос, когда уравнение вида (1) имеет один корень, тут же отвечают: «Когда дискриминант равен нулю», забывая рассмотреть случай линейного уравнения.

Задание 1. (см. [4]) При каких значениях параметра а уравнение (а + 1)х2 -(4а + 6)х + а + 9 = 0 (2)

имеет единственное решение?

Легко проверяется, что при а = — 1 уравнение (2) становится линейным и имеет один корень. При а ф —1 уравнение (2) будет квадратным и тогда решение будет единственным в случае, когда дискриминант равен нулю. В этом случае, а будет равняться —2/3 или 0.

Таким образом, исходное уравнение (2) будет иметь единственное решение при а, равном —1; —2/3 ; 0.

Остановимся теперь на следующем факте.

Утверждение. Если уравнение ах2 + Ьх + с = 0 имеет три различных корня (то есть функция

f(x) = ах2 + Ьх + с имеет нули в трех различных точках), то а = Ь = с = 0. (Это нетрудно доказать).

Следствием этого факта может быть такое утверждение: «Если уравнение f(x) = М, где f(x) = ах2 + Ьх + с, а М = const, имеет три разных корня, то fipc) = М при всех действительных значениях х, то есть равенство fipc) тождественно равно М».

Таким образом, а = Ь = 0, с = М.

Примерами использования приведенного факта будут небезызвестные задания. (См., например, [1], [2], [5], [6]).

Задание 2. Найдите значение выражения

(.х — а)(х — Ь) (х — Ь)(х — с)

(с — а)(с — Ь) (а — Ь)(а — с) (х — с)(х — а)

(Ь — с)(Ь — а). Задание 3. Докажите тождества:

(х—а)(х—Ь) (х—Ь)(х—с)

а) (с—а)(с—Ь) + (а—Ь)(а—с) + (х — с) (х — а)

+Ь(Ь — с)(Ь — а) =х;

2 (х—а)(х—Ь) 2 (х— Ь)(х— с) ) (с—а)(с—Ь) + (а—Ь)(а—с) + 2(х — С)(х — а) 2

+Ь2-= х2.

(Ь — с)( Ь — а)

Начнем с задания 2. Очевидно, что функция

, _(х а)(х — Ь) (х — Ь)(х — с)

'(Х) = (с — а)(с — Ь) + (а — Ь)(а — с) + (х с)(х—а)

(Ь—с )(Ь—а ) имеет степень не выше второй. Кроме того, легко увидеть, что

f( а) = f( Ь) = f( ) = 1.

Поэтому в соответствии с выше приведенным утверждением /(х) = 1 при всех действительных значениях х.

Что касается задания 3 а), то, чтобы доказать это тождество, введем функцию *— п (х-а)(х-Ь) , (х-Ь)(х-с)

/(х) ~а (с-а)(с-Ь) + ° (а—Ъ)(а—с) + (х — с)(х — а)

+с--х

(Ъ — с)( Ъ — а) " Степень этой функции также не выше второй. Убедимся, что /(а) = /(Ъ) = /(с) = 0. Поэтому /(х) = 0 при всех действительных значениях х, то есть тождество доказано. Аналогично доказывается и тождество 3б). Только для его доказательства необходимо ввести функцию (х — а) (х — Ъ)

f( х) = 2

+а

+Ь

(с — а) (с — Ь)

(х — Ь)(х — с) 2--+

(а — Ь)(а — с) ( х — )( х — а)

(Ь — с)( Ь — а)

+

х

и убедиться, что

/(а) = /(Ъ) = /(с) = 0.

Задание 4. Пусть а, Ь, с - различные числа. Докажите, что из системы гх + ау + а2 г = 0; х + Ъу + Ъ2х = 0; х + су + с2г = 0

следуют равенства х = у = z = 0.

Для решения этой задачи введем функцию /(1) = г 12 + у1 + х. (3)

Тогда по условию

/ (а) = х + ау + а2 г = 0; < /(Ь) = х + Ьу + Ь2г = 0; / (с) = х + су + с2 г = 0.

Функция (3) имеет три нуля. Это означает, что в уравнении

г г2 + уг + х = 0 все коэффициенты равны нулю, то есть 2 = у = х = 0, что и требовалось доказать.

Приведем теперь примеры заданий, для решения которых может быть использована теорема Виета.

Задание 5. Известно, что

х + у = а + Ъ, х2 + у2 = а2 + Ъ2 .

Докажите, что при любом натуральном п выполняется равенство

(86)

хп + у11 = ап + Ьп. Доказательство начнем с очевидного факта: если х + у = а + Ь, то (х + у)2 = (а + Ъ)2. Тогда ху = аЬ, так как по условию х2 + у2 = а2 + Ъ2 .

Обозначим х + у = а + Ъ = —т, ху = аЬ = п.

Рассмотрим уравнение

г2 + тС + п = 0 . (4)

Уравнение (4) имеет только 2 корня ^ и 12 . По теореме Виета выполняется

Н + ь2 = —т, ь2 = п.

Тогда или х = а, у = Ь, или х = Ь, у = а. Очевидно, что в этих обоих случаях выполняется

хп +уп = ап + Ьп, что и требовалось доказать.

Аналогичная идея лежит в основе решения следующего задания.

Задание 6. Существуют ли 4 различных положительных числа х, у, а, Ь таких, что

х + у = а + Ь, х3 + у3 = а3 + Ъ3 ? Пусть такие 4 числа существуют, причем эти числа различные. Тогда из формул (х + у)(х2 — ху + х2) =

= (а + Ь)(а2 — аЬ + Ъ2) , учитывая, что все числа положительные, то есть х + у = а + Ъ ф 0, получаем: х2 — ху + у2 = а2 — аЬ + Ь2. Отсюда

(х + у)2 — 3ху = (а + Ь)2 — 3аЬ , значит, ху = аЬ.

Проведем рассуждения, аналогичные рассуждениям задания 4. Пусть х + у = а + Ъ = —т, ху = аЬ = п.

По теореме, обратной теореме Виета, х и у , а также а и Ь - корни квадратного уравнения (4). Но это уравнение не может иметь более двух корней, то есть множества этих корней совпадают, вследствие чего различных четырех положительных чисел, удовлетворяющих условию, не существует.

Задание 7. При каких значениях а четыре корня уравнения

х4 + (а — 5)х2 + (а + 2)2 = 0 (5) являются последовательными членами арифметической прогрессии?

Обратим внимание на то, что данное уравнение биквадратное. Обозначим х = I. Получим уравнение

г2 + (а — 5^ + (а + 2)2 = 0......(6)

По теореме Виета для уравнения (6)

Ь1 + Ъ2 = —(а — 5),

^г2 = (а + 2)2. >0; г2> 0. Пусть для определенности ^ > ^ .

Тогда корни уравнения (5) имеют вид ^1; 2; ^2; Так как по усло-

вию в указанном порядке эти корни образуют арифметическую прогрессию, то

t? —

Отсюда = то есть ^ = 9t2.

Подставив данное равенство в соотношения между корнями (теорему Виета), получаем, что

7 7 5

t2 = h =9 •— при а = — —

13

и t2 — 1, t1 — 9 • при а — -5.

13

Таким образом, корни уравнения (5) являются последовательными членами

арифметической прогрессии при а = —и

и при а = —5.

Приведем теперь теорему Виета для уравнений п - ой степени.

Обобщенная теорема Виета: Пусть х1, х2, ..., хп - корни многочлена

1 х + 2Х + •••

+ а1 х + а0(ап ф 0). Тогда справедливы равенства

Х1 + Х2 + •■■ + Х-^ — ;

Х1 х2 + Х1 х3 + •" хп—1 хп = ап—2/ап;

Xi • %2 • *шш • ^^ —

(-1Уа0

Для приведенного уравнения третьей степени вида

х3 + ах2 + Ъ х + с = 0 по теореме Виета

Х1 + Х2 + Х3 = — а, Х1 х2 + Х1 х3 + х2х3 = ^, Х1Х2Х3 = ^ ,

где Х1, х2х.3 - корни уравнения.

Соответствующие равенства можно записать и для уравнения четвертой степени.

Задание 8. Определите все значения а, при каждом из которых три различных корня уравнения

х3 + (а2 — 9а)х2 + 8а х — 64 = 0 (7) образуют геометрическую прогрессию. Найдите эти корни.

Запишем теорему Виета для корней Х1, Х2, Х3 уравнения (7):

(87)

х1 + х2 + х3 = - (а2 — 9а), х1х2 + х1х3 + х2х3 = 8а,х1х2х3 = 64.

Так как корни уравнения (7) образуют

геометрическую прогрессию, то выполня-

2

ется условие х2 = х1 • хз.

Тогда из равенства х1х2х3 = 64 следует, что х23 =64, откуда х2 = 4. Подставив данное значение корня в уравнение (7), получаем, что а = 0 или а = 7. Но при а = 0 уравнение (7) имеет лишь один действительный корень.

Далее можно подставить значение а = 7 в исходное уравнение и, зная, что один из корней равен 4, по схеме Горнера или делением многочлена на многочлен, прийти к квадратному уравнению х2 — 10х + 16 = 0.

Оставшиеся два корня равны 2 и 8.

Это же квадратное уравнение для оставшихся корней можно получить из соотношений теоремы Виета, подставив в соответствующие равенства а = 7; х2 = 4. (х1 + х2 = 10; х1х2 = 16).

Итак, корни образуют геометрическую прогрессию и равны 2, 4, 8 при а = 7.

Задание 9. Решите систему уравнений:

х + у + z = 2;

(8)

а) \ху + уг + 1х = —5; хух = —6.

х + у + 2 = 1;

б) {ху + уг + гх = —4; (9)

х3 + у3 + г3 = 1. Для решения системы (8) обратим внимание на то, что по теореме, обратной теореме Виета, х, у и г - корни следующего кубического уравнения

г3 — 2г2 — 5 г+ 6 = 0, которые равны Ь2 = —2^1 = 1^3 = 3 . Поэтому решения этой системы (—2; 1; 3), (—2; 3; 1), (1; 3; —2), (1; —2; 3), (3; —2;1), (3; 1; —2).

Чтобы решить систему (9) используем формулу

(х + у + г)3 = х3 + у3 + г3 + +3(х + у + г)(ху + уг + гх) — 3хуг .... (10) и получим, что хуг = —4. Тогда по теореме, обратной теореме Виета, х, у и г -корни уравнения ^ — ^ — 41 + 4 = 0. Дальнейшее решение системы очевидно.

Задание 10. Известно, что х + у + = а + Ъ + ; 1 ху + ух + гх = аЪ + Ъс + са;

х3 + у3 + 3 = а3 + Ъ3 + 3.

Докажите, что при любом натуральном n выполняется равенство

хп + уп +zn = ап +Ьп +сп.

Для доказательства обозначим х + у + z = А, ху + yz + zx = В. Используя формулу (10), получаем: xyz = abc. Обозначим xyz = abc = С. Рассмотрим уравнение

t3 - Аt2 + Bt — С = 0. Это уравнение имеет не более трех корней. Но x, y, z и a, b, c - соответствующие корни этого уравнения, поэтому множества корней этого уравнения совпадают, то есть

хп + уп + zn = ап +Ьп + сп при любом натуральном п.

Задание 11. Числа x , y , z удовлетворяют системе

<х + у + z = а,

1+1+1—1

x у z а

(11)

Докажите, что хотя бы одно из этих чисел равняется а.

Если привести второе равенство системы (11) к общему знаменателю, то получим, что хуг = а(ху + уz + гх). Обозначим хуг = т; ху + ух + гх = р. Тогда т = ар. По теореме, обратной теореме Виета, х, у и г - корни следующего уравнения третьей степени

13 — а 12 + рЬ — т = 0.

Учитывая, что т = ар, получаем, что наше уравнение преобразуется к виду (t — а2 + р) = 0. Очевидно, что один из корней этого уравнения = а, поэтому хотя бы одно из чисел х , у , г равняется а.

Задание 12. Решить систему г г + ау + а2х + а3 = 0, г + Ъу + Ъ2х + Ъ3 = 0, 2 + су + с2х + С3 = 0.

Рассмотрим многочлен Р( t) =t3 +xt2 + уг +z,

(12)

(13)

который имеет не более трех корней. Но согласно системе (12) P(b) = Р(с) = 0. Тогда a, b, c - корни (13). Поэтому по теореме Виета для многочлена (13). а + b + с = —х; ab + bc + са = у; аЬс = —z. Тогда решение системы (12): х = —(а + b + с); у = ab + bc + са; z = —abc. Задание 13. Один из корней уравнения с целыми коэффициентами

®

х4 + ах2 + Ъх + 2 = 0 (14) равен 1 — V2. Найти а, Ь и остальные корни.

Рассмотрим несколько способов решения этого задания.

Но вначале заметим, что если уравнение имеет целые коэффициенты, то иррациональные корни этого уравнения будут сопряженными, то есть

х1 = 1 — V2, х2 = 1 + VI. Тогда х1 + х2 =2; х1 х2 = —1. Способ 1. По теореме, обратной теореме Виета, х1 и х2 - корни квадратного трехчлена х2 — 2х — 1, а многочлен в левой части уравнения (14) делится на этот трехчлен нацело, при этом частное равно

х2 +2х — 2, (15)

откуда получаем а = —7; Ъ = 2.

Приравняв (15) к нулю получаем, что х3,4 = 1 ±

Способ 2. Проводя рассуждения, аналогичные рассуждениям способа 1, учтем, что многочлен х4 + ах2 + Ъх + 2 делится на х2 — 2х — 1. Используем метод неопределенных коэффициентов. Запишем х4 + ах2 + Ъх + 2 = = (х2 — 2х — 1)(х2 + сх — 2). После раскрытия скобок получаем, что а = —7; Ъ = 2; с = 2.

Способ 3. Используем теорему Виета для уравнения четвертой степени (14).

Х1 + Х2 + Х3 + Х4 = 0, Х1 + Х2 =2;

тогда х3 + х4 = —2.

х1 х2 = —1, х1 х2 х3 х4 = 2, потому

Х3 Х4 = 2.

По теореме Виета

а = Х1Х2 + Х1Х3 + Х1Х4 + Х2 Х3 + +Х2 Х4 + Х3 Х4 =

= — 1 + х1 (х3 + х4) + х2 (х3 + х4) + (—2) = = —3 + (Х1 + Х2 )(Х3 + Х4) = —7.

Ъ = Хц Х2 Х3 + ХцХ2 Х4 + ХцХ3 Х4 + Х2 Х3 Х4 =

— Хц Х2 (х3 + х4) + х3х4 + Х2) — 2.

По теореме, обратной теореме Виета, х3 и х4 - корни квадратного уравнения х2 +2х — 2 = 0, откуда мы и находим х3 и х4.

Все приведенные выше задания -только малая часть примеров, с помощью которых можно привлечь внимание учителей к использованию такой яркой и красивой теоремы, как теорема Виета. Считаю, что эта небольшая статья будет полезна учителям, работающим в классах математического профиля, классах с углубленным изучением математики и учителям, готовящим учащихся к ГИА, ЕГЭ и ВНО и олимпиадам разных уровней.

1. Алфутова Н.Б. Алгебра и теория чисел. Сб. задач для математических школ / Н.Б. Алфутова, А.В. Устинов. - 3-е изд., испр. и доп. - Москва: МЦНМО, 2009. — 336 с.

2. Дорофеев Г.В. Многочлены с одной переменной. Книга для учащихся /Г.В. Дорофеев, С. В. Пчелинцев. - Москва : Просвещение, 2001. -140 с.

3. Козко А.И. ЕГЭ 2010. Математика. Задача С5 / А.И. Козко и др. - М. : МЦНМО, 2010. -127 с.

4. Математика. Пособие для поступающих в десятый лицейский класс: Варианты вступительных заданий : Учеб. пособие / Сост. Л.А. Приходько; Под общей ред. Проф. В.Я. Райцина. - Москва : Изд-во «Экзамен», 2006. -146 с.

5. Мерзляк А.Г. Алгебра. Учебник для 8 кл. с углуб. изучением математики / А.Г. Мерзляк, В.Б. Полонский, М.С. Якир. -Харьков : Гимназия, 2016. - 384 с.

6. Мерзляк А.Г. Алгебра и начала анализа. Учебник для 10 класса с углубленным изучением математики / А.Г. Мерзляк, Д.А. Номи-ровский, В.Б. Полонский, М.С. Якир. - Харьков: Гимназия, 2010. - 415 с.

Abstract. Tregub N. ON THE THEORY OF VEET, EQUATIONS OF SQUARE AND NOT

ONLY. The article describes examples of using the Vieta theorem for a wide class of problems with the purpose of expanding the methodological outlook of young mathematics teachers. The author's approach to the application of Vieta's theorem will provide an opportunity to acquaint students with such methods of solving problems, especially those who are preparing to enter higher education institutions, who are interested in mathematics and want to participate in Olympiads of different levels.

Key words: Vieta's theorem, methods for solving non-standard problems, preparing students for mathematical Olympiads.

Статья представлена профессором Вит.В. Волчковым.

Поступила в редакцию 19.03.2018 г.

®