Страница: << 1 2 3 4 5 6 7 >> [Всего задач: 79]      

по 1 по 2 по 5 по 10 по 20 по 50 по 100   с решениями  

---

Задача 111640

Тема:   [ Квадратные уравнения. Теорема Виета ]

Сложность: 3 Классы: 8,9,10

Существуют ли такие три числа, что если их поставить в одном порядке в качестве коэффициентов квадратного трёхчлена, то он имеет два положительных корня, а если в другом – два отрицательных?

Решение

Если оба корня трёхчлена  ax² + bx + c  положительны, то b и a – разных знаков. Если же оба корня отрицательны, то все три коэффициента одного знака. Поэтому такой трёхчлен перестановкой коэффициентов первого получить нельзя.

Ответ

Не существуют.

Прислать комментарий

---

Задача 115444

Темы:   [ Квадратные уравнения. Теорема Виета ] [ Тождественные преобразования (тригонометрия) ]

Сложность: 3 Классы: 10,11

При каких значениях c числа  sin α  и  cos α  являются корнями квадратного уравнения  5x² – 3x + c = 0  (α – некоторый угол)?

Решение

  По теореме Виета  sin α + cos α = 0,6.  Тогда  1 + 2sin α cos α = (sin α + cos α)² = 0,36.  Следовательно,  c = 5sin α cos α = – 1,6.
  Корни полученного уравнения действительно являются синусом и косинусом некоторого угла, так как уравнение  sin α + cos α = 0,6,  очевидно, имеет корни.

Ответ

При  c = – 1,6.

Прислать комментарий

---

Задача 116948

Тема:   [ Квадратные уравнения. Теорема Виета ]

Сложность: 3 Классы: 8,9,10

P(x) и Q(x) – приведённые квадратные трёхчлены, имеющие по два различных корня. Оказалось, что сумма двух чисел, получаемых при подстановке корней трёхчлена P(x) в трёхчлен Q(x), равна сумме двух чисел, получаемых при подстановке корней трёхчлена Q(x) в трёхчлен P(x). Докажите, что дискриминанты трёхчленов P(x) и Q(x) равны.

Решение

  Пусть a₁ и a₂ – корни трёхчлена P(x), а b₁ и b₂ – корни трёхчлена Q(x).

  Первый способ.  P(x) = (x – a₁)(x – a₂),  Q(x) = (x – b₁)(x – b₂).  Поэтому  (b₁ – a₁)(b₁ – a₂) + (b₂ – a₁)(b₂ – a₂) = (a₁ – b₁)(a₁ – b₂) + (a₂ – b₁)(a₂ – b₂). Перенося все слагаемые в одну часть, получаем  (b₁ – a₁)(b₁ – a₂ + a₁ – b₂) + (b₂ – a₂)(b₂ – a₁ + a₂ – b₁) = 0,  то есть
(b₁ – b₂)² – (a₁ – a₂)² = (b₁ + a₂ – a₁ – b₂) (a₁ + b₁ – a₂ – b₂) = 0.
  Но  (b₁ – b₂)²  и  (a₁ – a₂)²  как раз и есть дискриминанты данных трёхчленов.

  Второй способ. Пусть  P(x) = x² + px + r,  Q(x) = x² + qx + s.  Тогда  
  Аналогично  Q(a₁) + Q(a₂) = p² – 2r + pq + 2s.
  По условию  p² – 2r + pq + 2s = q² – 2s + pq + 2r,  откуда  p² – 4r = q² – 4s.

Прислать комментарий

---

Задача 60924

Темы:   [ Квадратные уравнения. Теорема Виета ] [ Симметрические многочлены ]

Сложность: 3+ Классы: 8,9,10

Пусть x₁, x₂ – корни уравнения  x² + px + q = 0.  Выразите через p и q следующие выражения:
а)     б)     в)     г)  

Решение

а)   

б)   

в)   

г)     

Ответ

а)  – ^p/_q;    в)  3pq – p³;   б), г)  

Прислать комментарий

---

Задача 60926

Темы:   [ Квадратные уравнения. Теорема Виета ] [ Симметрические многочлены ]

Сложность: 3+ Классы: 8,9,10

Уравнение  x² + px + q = 0  имеет корни x₁ и x₂. Напишите уравнение, корнями которого будут числа y₁, y₂ равные:

а)       б)       в)       г)  

Решение

Все вычисления основаны на формулах из задачи 60924.

  а)      Согласно обратной теореме Виета искомое уравнение:  x² + (p³ – 3pq)x + q³ = 0.

  б)     Поэтому искомое уравнение:  q²x² + (2q – p²)x + 1 = 0.

  в)       Поэтому искомое уравнение:  qx² + p(q + 1)x + (q + 1)² = 0.

  г)     Поэтому искомое уравнение:  qx² + (2q – p²)x + q = 0.

Ответ

а)  x² + (p³ – 3pq)x + q³ = 0;   б)  q²x² + (2q – p²)x + 1 = 0;   в)  qx² + p(q + 1)x + (q + 1)² = 0;   г)  qx² + (2q – p²)x + q = 0.

Прислать комментарий

---

Страница: << 1 2 3 4 5 6 7 >> [Всего задач: 79]      

по 1 по 2 по 5 по 10 по 20 по 50 по 100   с решениями