Отметьте уравнение дискриминант которого равен 49

Отметьте уравнение дискриминант которого равен 49

(без единой картинки!)

Рассматриваем только окружности, касающиеся параболы в двух различных точках. Назовем дефектом окружности расстояние между ее центром и проекцией точки касания на ось симметрии параболы.

Утверждение 1. Дефект не зависит от радиуса (и равен расстоянию между фокусом и директрисой, оно же удвоенное фокусное расстояние).

Решение с легкостью следует из этого утверждения. В самом деле, обзовем вершину параболы буквой Z, центры окружностей буквами O и O’, проекции точки касания T и T’, их проекции на ось абсцисс X и X’, на ось ординат Y и Y’, радиусы R и R’. Имеем два прямоугольных треугольника TOY и T’O’Y’. Тогда (Pyth[1])

Доказательство утверждения 1 основано на свойствах параболы:

(1) расстояние от точки на параболе до фокуса равно расстоянию от нее же до директрисы;
(2) луч, параллельный оси параболы, отражается так, что проходит через фокус.

Для доказательства достаточно нарисовать треугольник TOY (см. выше) и перенести его паараллельно оси параболы так, чтобы отрезок TY лежал на директрисе, тогда О переместится в фокус. (Потому что угол падения равен углу отражения. Отметьте равные углы на картинке сами. Для облегчения задачи нарисуйте входящий луч, параллельный оси параболы и отражающийся от нее в точке T).

Отметьте уравнение дискриминант которого равен 49

Blog

Квадратное уравнение. График квадратного трехчлена

• Уравнение вида

называется квадратным уравнением. Число D = b 2 — 4ac — дискриминант этого уравнения.
Если

являются корнями (или решениями) квадратного уравнения. Если D = 0, то корни совпадают:

— формулы Виета; а

формула разложения на множители.

Графиком квадратичной функции (квадратного трехчлена) у = ах 2 + bх + с является парабола. Расположение параболы в зависимости от знаков коэффициента а и дискриминанта D приведено на рис.

Числа х₁ и х₂ на оси абсцисс — корни квадратного уравнения ах 2 + bх + + с = 0; координаты вершины параболы (точки А) во всех случаях

точка пересечения параболы с осью ординат имеет координаты (0; с).

Подобно прямой и окружности парабола разбивает плоскость на две части. В одной из этих частей координаты всех точек удовлетворяют неравенству у > ах 2 + bх + с, а в другой — противоположному. Знак неравенства в выбранной части плоскости определяем, найдя его в какой-либо точке этой части плоскости.

Рассмотрим понятие касательной к параболе (или окружности). Прямую у — kx + 1 назовем касательной к параболе (или окружности), если она имеет с этой кривой одну общую точку.

В точке касания М(х; у) для параболы выполняется равенство kx +1 = ах 2 + bх + с (для окружности — равенство (х — х₀) 2 + (kx + 1 — у₀) 2 — R 2 ). Приравнивая дискриминант полученного квадратного уравнения нулю (так как уравнение должно иметь единственное решение), приходим к условиям для вычисления коэффициентов касательной.

Решите следующие квадратные и сводящиеся к квадратным после простых преобразований уравнения (1—19):

Задание 1.

Ответ:

Задание 2.

Ответ:

Задание 3.

Ответ:

Задание 4.

Ответ:

Задание 5.

Ответ:

Задание 6.

Ответ:

Задание 7.

Ответ:

Задание 8.

Ответ:

Задание 9.

Ответ:

Задание 10.

Указание:

х = 2 не входит в ОДЗ уравнения.

Ответ:

Задание 11.

Указание:

х = +6 не входит в ОДЗ уравнения.

Ответ:

Задание 12.

Ответ:

Задание 13.

Ответ:

Задание 14.

Ответ:

Задание 15.

Ответ:

Задание 16.

Ответ:

Задание 17.

Ответ:

Задание 18.

(х + З) 3 — (х + 1) 3 = 56

Ответ:

Задание 19.

(х — 2) 3 — (х — З) 3 = 19

Ответ:

Решите уравнения 20—40, сводящиеся к квадратным после подходящей замены:

Задание 20.

(х 2 + х — 1)(х 2 + х + 2) = 4

Решение:

сводим данное уравнение к квадратному

Теперь остается решить уравнения

х 2 + х + 3 = 0, х 2 + х — 2 = 0.

Первое из них решений не имеет. Решения второго — числа

Ответ:

Задание 21.

(х 2 + 3х+ 1)(х 2 + 3х-3) = 5

Ответ:

Задание 22.

х(х — 1)(х — 2)(х — 3) = 15

Указание:

Сначала перемножьте скобки (х — 3) и (х — 1)(х — 2), затем сделайте замену, полагая х 2 — Зх = у.

Ответ:

Задание 23.

Ответ:

Задание 24.

2(х 2 + х +1)2 — 7(х — 1) 2 = 13(х 3 — 1)

Решение:

Так как х 3 — 1 = (x 2 + x + 1) (x — 1), a

ни при каком х, то, разделив обе части данного уравнения на

приходим к уравнению

Теперь, решив уравнения

получим ответ.

Ответ:

Задание 25.

(х + З) 2 + 7(х 2 — 9) + 6(х — З) 2 = 0

Ответ:

Задание 26.

(х — 2) 2 (х + 1) 2 — (х — 2)(х 2 — 1) — 2(х — 1) 2 = 0

Решение:

Число х = 1 не является решением данного уравнения. Поэтому, поделив обе его части на (х — 1) 2 , приходим к равносильному уравнению

откуда

равен либо 2, либо (-1). Решая полученные квадратные уравнения, находим их корни.

Ответ:

Задание 27.

Ответ:

Задание 28.

Решение:

Запишем уравнение в виде

Отсюда либо

х 2 + 5х — 6 = х 2 — 5х + 6

Ответ:

Задание 29.

Указание:

Упростите каждую дробь, разделив числитель на знаменатель.

Ответ:

Задание 30.

Ответ:

Задание 31.

(х 2 — 6х) 2 -2(х — 3) 2 = 81

Указание:

Воспользуйтесь тем, что х 2 — 6х = (х — З) 2 — 9, и положите у = (х — З) 2 .

Ответ:

Задание 32.

(х 2 + 2х) 2 — (х + 1) 2 = 55

Ответ:

Задание 33.

Указание:

Ответ:

Задание 34.

Указание:

Ответ:

Задание 35.

Решение:

Поделив числитель и знаменатель каждой из дробей на х и обозначив

приходим к уравнению

откуда у = 7 или у = 14. Теперь решаем уравнения

Первое уравнение решений не имеет, а второе дает

Ответ:

Задание 36.

Ответ:

Задание 37.

(х 2 -6x- 9) 2 = x(x 2 — 4x- 9)

Указание:

предварительно вынеся за скобки нужные множители.

Ответ:

Задание 38.

х(х 2 + 1) — 2(х 2 -х + 1) 2

Решение:

Перепишем уравнение в виде

Так как х = 0 не является решением исходного уравнения, то, сокращая на х 2 и обозначая

приходим к уравнению 2у 2 = у + 1

Теперь решаем уравнения

и получаем единственное решение х = 1.

Ответ:

Задание 39.

Указание:

См. решение задания 40.

Ответ:

Задание 40.

Решение:

Запишем уравнение в виде

т. е.

получаем квадратное уравнение

Отсюда у = 6 или у= — 2. Теперь решаем уравнения

Первое из них решений не имеет, а второе дает

Ответ:

Задание 41.

Осенью закупили картофель на сумму 810 р. Весной 1 кг картофеля стал стоить на 1 р. дороже, чем осенью. Поэтому на ту же сумму весной было куплено на 27 кг картофеля меньше. Сколько стоил 1 кг картофеля весной?

Ответ:

Задание 42.

Зарплата служащего до повышения составляла 700 р. Она повышалась дважды, причем процент повышения зарплаты во второй раз был вдвое больше, чем в первый. На сколько процентов была повышена зарплата в первый раз, если после двух повышений она составила 924р.?

Ответ:

Задание 43.

В результате переоборудования производительность завода за первый год возросла на m% , а за второй — на 5% больше, чем за первый. В результате за два года производительность завода увеличилась на 38%. На сколько процентов увеличилась производительность за первый год?

Ответ:

Задание 44.

Один из корней уравнения 5х 2 — ах + 12 = 0 на 1,4 больше другого. Найдите значения коэффициента а.

Указание:

Воспользуйтесь теоремой Виета.

Ответ:

Задание 45.

Один из корней квадратного уравнения 2х 2 — 14х + с = 0 в 2,5 раза больше другого. Найдите коэффициент с.

Ответ:

Задание 46.

Один из корней квадратного уравнения х 2 — (а + 6)х + а 2 = 0 равен 2. Найдите а.

Ответ:

Задание 47.

Найдите значения коэффициента а, при которых корни уравнения (2а — 5)х 2 — 2(а — 1)х + 3 = 0 равны между собой.

Ответ:

Задание 48.

Пусть x₁ и х₂ корни уравнения х 2 + ах + 4 = 0. Не вычисляя x₁ и x₂, найдите значения следующих выражений:

д) x₁ 3 + x₂ 3

Решение д):

Согласно теореме Виета получаем

Ответ:

г)

Задание 49.

Квадратное уравнение х 2 + Зх — 5 = 0 имеет корни x₁ и x₂. Составьте квадратное уравнение, имеющее следующие корни:

Решение г).

Поэтому, применяя теорему Виета, записываем уравнение, имеющее корни x₁ 2 и x₂ 2 , и получаем

х 2 — 19х + 25 = 0

Ответ:

а) х 2 + 6х — 20 = 0

б) х 2 — Зх — 5 = 0

в) х 2 + 8х + 15 = 0

Задание 50.

Найдите все значения а, при которых сумма корней квадратного уравнения х 2 — 2а(х — 1) — 1 = 0 равна сумме квадратов его корней.

Ответ:

Задание 51.

При каких значениях а разность корней уравнения

2х 2 — (а + 1)х + а — 1 =0

равна их произведению?

Решение:

Корни данного уравнения — это числа x₁ = 1,

Условию задачи удовлетворяет только разность (x₁ — x₂). Получаем

Ответ:

Задание 52.

При каких значениях а уравнения

х 2 + ах+1 = 0 и х 2 + х + а = 0

имеют общий корень?

Решение:

Для переменных х и а должны одновременно выполняться равенства

откуда, вычитая из первого уравнения второе, получаем

ах — х +1 — а = (а — 1)(х — 1) = 0

Если а = 1, то уравнения совпадают, но не имеют решений. Если же х = 1, то, подставляя это значение в любое уравнение, находим а = -2.

Ответ:

Постройте графики заданных функций. На координатной плоскости отметьте штриховкой множество точек, координаты которых удовлетворяют указанным неравенствам (53—64):

Задание 53.

у = х 2 , у = (х — З) 2 , у = — х 2 + 6х — 9

Ответ:

Задание 54.

Ответ:

Задание 55.

Ответ:

Задание 56.

у = х 2 — 5х + 4, у < х 2 - 5х + 4

Ответ:

Задание 57.

Ответ:

Задание 58.

Ответ:

Задание 59.

Ответ:

Задание 60.

Ответ:

Задание 61.

Ответ:

Задание 62.

Ответ:

Задание 63.

Ответ:

Задание 64.

Ответ:

Задание 65.

Фигура Ф состоит из точек М(х; у) таких, что неравенство

выполняется при всех значениях параметра t. Постройте фигуру Ф и найдите ее площадь.

Ответ:

Решение:

Из условия следует: дискриминант квадратного трехчлена (относительно переменной t)

z = t 2 + 2tx + 4t — у 2

не положителен. Получаем:

Значит, множество Ф — это круг радиуса 2 с центром в точке А (2, 0)

Задание 66.

Фигура Ф состоит из точек М(х; у) таких, что неравенство

выполняется для всех значений параметра t. Постройте фигуру Ф и найдите длину отрезка оси абсцисс, лежащего внутри фигуры Ф.

Указание:

См. решение задания 65.

Ответ:

При решении задач 67—70 существенно помогает штриховка в плоскости (х; а) областей, задаваемых неравенствами, входящими в условия этих задач.

Задание 67.

Найдите все значения а, при которых система неравенств

имеет единственное решение.

Решение:

В плоскости (х, у) отметим штриховкой множество точек, удовлетворяющих указанным неравенствам. Мы видим, что параболы а = -х 2 — 2х и

пересекаются только в точках

Поэтому заштрихованная область пересекается с прямой а = const в одной точке только при а = 0 и а = 1.

Ответ:

Задание 68.

При каких значениях а система

имеет единственное решение?

Решение:

В плоскости (х, у) отметим штриховкой множество точек, удовлетворяющих неравенству (у + х)(у + х — 2) < 0

Очевидно, что если а = 0, то система имеет бесконечно много решений: (х; -1), где

Если же а #0, то система имеет единственное решение только в том случае, если прямая у = 2 — х служит касательной к параболе

у = ах 2 + 2ах — 1 при а > 0,

либо прямая у = -х служит касательной к той же параболе, но при а < 0. Рассмотрим эти случаи. Прямая у = 2 - х — касательная к параболе

у = ах 2 + 2ах — 1

в том и только том случае, если уравнение

ах 2 + 2ах — 1 = 2 — х

имеет единственное решение. Имеем

ах 2 + 2(а +1)х — 3 = 0; D = (2а + 1) 2 + 12а = 4а 2 + 16а + 1

Приравнивая дискриминант нулю, получаем решения

Но оба эти значения отрицательны и, следовательно, не подходят. Теперь ищем значения а < 0, при которых прямая у = - х касается параболы

у = ах 2 + 2ах — 1

Проведя вычисления, получаем

Ответ:

Задание 69.

Решите систему неравенств

Указание:

См. решение задания 70.

Ответ:

Задание 70.

Решите систему неравенств

Решение:

В плоскости (х; а) отметим штриховкой область, где выполнены оба неравенства

На прямой 2х + а + 6 = 0 имеем

На параболе а = -(х 2 + 4х + 3) получаем,

задает левую (относительно оси симметрии х = -2) половину параболы, а

— ее правую половину.

Ответ:

Решение задач 71—92 облегчает построение графиков входящих в условия задач квадратных трехчленов при различных значениях параметров.

Задание 71.

При каких а неравенство (а + 4)х 2 — 2ах + а — 6 < 0 выполнено для всех

Здесь должны выполняться неравенства

Ответ:

Задание 72.

При каких а неравенство

выполнено для всех

Решение:

Так как х 2 — Зх + 4 > 0 при всех х € R, то исходное неравенство равносильно неравенству

2х 2 — (а + 3)х + 2 > 0

Последнее справедливо при всех

либо при D > 0 оба корня должны быть отрицательными. Положим у = 2х 2 — (а + 3)х + 2. Тогда сформулированное условие равносильно выполнению системы

т. е.

Объединяя два рассмотренных случая, получаем, что a < 1.

Ответ:

Задание 73.

При каких а неравенство

выполнено для всех

Указание:

См. решение задания 74.

Ответ:

Задание 74.

При каких а неравенство

выполнено для всех

Решение:

В плоскости (х; а) отметим штриховкой нужную область

лежит в заштрихованной области при a₁< а < а₂, где a₁ — корень уравнения 4а + 3 = 2, т. е.

а а₂ — корень уравнения 2а — 2 = 1, т. е.

Ответ:

Задание 75.

При каких а число 3 заключено между корнями уравнения

х 2 — 2ах + а 2 — 1 = 0?

Указание:

Пусть у 2 = х 2 — 2ах + а 2 — 1

Тогда условие задачи равносильно выполнению неравенства D > 0, у(3) < 0.

Ответ:

Задание 76.

При каких а оба корня уравнения

х 2 — 6ах + 9а 2 — 2а + 2 = 0

Решение:

Положим у — х 2 — 6ах + 9а 2 — 2а + 2, х_B = За — абсцисса вершины этой параболы

Тогда условие задачи равносильно выполнению неравенств

х_B = За > 3, у(3) = 9 — 18а + 9а 2 — 2а + 2 = 9а 2 — 20а + 11 > 0, D = 2а — 2 > 0.
Решая эту систему, получаем

Ответ:

Задание 77.

При каких а корни уравнения

х 2 — (а — 1)х + 2а —1 = 0

имеют разные знаки и оба принадлежат отрезку [- 2; 2]?

Указание:

См. решение задания 78.

Ответ:

Задание 78.

При каких а корни уравнения

х 2 — 2(а — 1)х + 2а + + 1 = 0

имеют разные знаки и оба по модулю меньше 4?

Решение:

у = х 2 — 2(а — 1)х + 2а + 1

Тогда условие задачи равносильно выполнению неравенств

откуда получаем, что

Ответ:

Задание 79.

При каких а среди решений неравенства

нет ни одного целочисленного решения?

Ответ:

Задание 80.

При каких а неравенство

не имеет ни одного четного целочисленного решения?

Указание:

Рассмотрите график функции у = х 2 — 18х + а при различных а.

Ответ:

Задание 81.

При каких а наибольшее значение функции

у = -х 2 + 2ах — 71

Указание:

См. решение задания 82.

Ответ:

Задание 82.

При каких а наименьшее значение функции

у = х 2 — 2ах + 43

Решение:

Рассмотрим два возможных варианта

расположения вершины параболы:

у = х 2 — 2ах + 43 достигается в точке х = -2. Имеем у(-2) = 4а + 47 = 7, откуда а = -10;

2)

Тогда наименьшее значение функции у = х 2 — 2ах + 43 на

достигается при х = а. Имеем у(а) = 43 — а 2 = 7, откуда а = 6.

Ответ:

Задание 83.

При каких а наибольшее значение функции

у = х 2 — Зах + а 2

Указание:

См. решение задания 84.

Ответ:

Задание 84.

При каких а наименьшее значение функции

у = -х 2 +4ах + 5а 2

Решение:

Если абсцисса вершины параболы у = -х 2 + 4ах + + 5а 2 , т. е. х_B = 2а, удовлетворяет условию 2а < -1, то наименьшее значение функции у = -х 2 + 4ах + 5а 2 на [-3; 1] достигается при х = 1.

Тогда у(1) = -1 + 4а + 5а 2 = 8, откуда а

Если же

то наименьшее значение функции у = -х 2 + 4ах + 5а 2 на [-3; 1] достигается при х = -3. В этом случае у(-3) = -9 -12а + 5а 2 = 8, откуда

Ответ:

Задание 85.

Найдите наибольшее значение функции

Ответ:
при

при

при

Задание 86.

Найдите наименьшее значение функции

Решение:

Рассмотрим три случая.

то наименьшее значение функции у = Зх 2 + ах — 5 на [—1; 3] равно у(— 1). Значит, при

2) Если же

то наименьшее значение этой функции на [-1; 3] достигается в вершине параболы, т. е. при

Таким образом, при

3) Наконец, если

Ответ:

при

при

при

Задание 87.

определена на отрезке [5; 7]. Найдите все значения а, при которых наибольшее значение f(x) на [5; 7] не превышает 0,1.

Указание:

См. решение задания 88.

Ответ:

Задание 88.

определена на отрезке [-7; -4]. При каких значениях а наибольшее значение f(x) на [-7; -4] не превышает 0,5?

Решение:

Построим график функции у = х 2 + 6х + а = (х + З) 2 + + а — 9 и найдем те значения а, при которых параболы пересекают ось абсцисс в точках х = -4 и х = —1. Получаем а = 8 и а = -7. Далее рассмотрим два случая.

2) Если же а > 8, то наименьшее значение у = х 2 + 6x + а на [-7, -4] равно ,у(-4) = а — 8. Для того чтобы

на [-7; -4], должно выполняться условие

Ответ:

Задание 89.

При каких значениях а функция

возрастает на отрезке [а — 5; 5а]?

Указание:

См. решение задания 90.

Ответ:

(5 1 «I — ; — . Указание. См. решение задачи 90. 4 5 J

Задание 90.

При каких значениях а функция

убывает на отрезке [За; а -f 3]?

Решение:

Для выполнения условий задачи функция

у = х 2 + 4х + 20 = (х + 2) 2 + 16

должна возрастать на отрезке [За; а + 3]. Значит, этот отрезок должен лежать

Ответ:

Задание 91.

Найдите все а, при которых корни уравнения

х 2 + 2х — а 2 + 1 = О

лежат между корнями уравнения

х 2 + 2(а + 1)х + а(а — 1) = 0.

Решение:

Корни уравнения х 2 + 2х — а 2 + 1 = 0 — это числа х₁ = -1+ а, х₂ = -1 — а. Рассмотрим функцию

у = х 2 + 2(а + 1)х + а(а + 1)

Для того чтобы выполнялось требование задачи, необходимо и достаточно выполнения условий

Решаем эти неравенства и получаем а > 1.

Ответ:

Задание 92.

При каких а корни уравнений

х 2 + 4х — 5 = 0 и х 2 +ах + а 2 -а-9 = 0

образуют арифметическую прогрессию?

Решение:

Корнями уравнения х 2 + 4х — 5 = 0 являются числа х₁ = -5; Х₂ = 1. Таким образом, эти числа и корни уравнения х 2 + ах + + а 2 -а-9 = 0 образуют арифметическую прогрессию только в том
случае, если корнями второго уравнения служат следующие пары чисел:

1) -17 и -11;
2) -8, -2;
3) -3, -1;
4) -2, 4;
5) 7 и 13.

Подставляя каждое из этих чисел в уравнение, находим допустимые значения а. Решение получается только для третьей пары чисел и только при а = 4.

Ответ:

Задание 93.

Найдите все а, при которых существуют такие числа х и у, что

х 2 + 2у 2 + а 2 + ху — ах + ау = 3

См. решение задания 94.

Ответ:

Задание 94.

Найдите все а, при которых существуют такие числа х и у, что

х 2 + 8у 2 + 4а 2 — 2ху + 2ах + 4aу = 12

Решение:

Запишем уравнение в виде х 2 — 2(у — а)х + 8у 2 + + 4а 2 + 4ау — 12 =0. Для того чтобы это квадратное уравнение имело решения при каких-либо у и а, нужно, чтобы его дискриминант был
неотрицателен. Имеем

Последнее неравенство имеет решения только в том случае, если

Ответ:

Задание 95.

При каких значениях параметра а уравнение

х 4 + 2ах 2 -За -2 = 0

имеет четыре различных корня, причем два из них меньше (-1), а два других меньше

Решение:

Требования задачи будут выполнены, если функция

у = t 2 + 2at — За — 2

будет иметь два различных корня, принадлежащих интервалу (1; 2). Для этого должны выполняться следующие условия:

у(1) = -а — 1 > 0, т. е. а < -1;
у(2) = а + 2 > 0, т. е. а > -2;
наконец,

Объединяя все эти условия, получаем

Ответ:

Задание 96.

При каких а сумма корней уравнения

х 2 + 2(а 2 — За)х — (6а 3 — 14а 2 + 4) = 0

принимает наибольшее возможное значение?

Решение:

Для того чтобы уравнение имело корни должно выполняться неравенство

При этих значениях параметра а нужно найти наибольшее значение величины S(a) = 6a — 2a 2 — суммы корней этого уравнения. Легко видеть, что это наибольшее значение достигается при a = 1.

Ответ:

Отметьте уравнение дискриминант которого равен 49

Прямая, окружность, парабола и гипербола.
Некоторые приемы построения графиков функций

называется общим уравнением прямой. Мы уже знаем, что каждая прямая записывается таким уравнением и, обратно, каждое такое уравнение определяет прямую. Если уравнение прямой записано в виде у = kx + b, то число k называется ее угловым коэффициентом. При этом

т.е. совпадает с тангенсом угла наклона прямой L к оси Ох

Признаком параллельности двух прямых L и L₁ является равенство их угловых коэффициентов: k = k₁.

Признаком перпендикулярности прямых L и L₂ является соотношение kk₂ = -1.

y — y₀ = k(x — x₀)
‘
является уравнением прямой, проходящей через точку А(х₀; у₀) и имеющей угловой коэффициент k, а уравнание

— уравнением прямой, проходящей через две данные точки А(х₀; у₀) и В(х₁; y1).

Задание 1.

Определите точки пересечения прямой 2х — Зу — 6 = 0 с координатными осями и постройте эту прямую.

Ответ:

Задание 2.

Запишите уравнение прямой, проходящей через данную точку А(х₀; у₀) и образующей с осью Ох угол

если:

а)

б)

в)

Ответ:

в)

Задание 3.

Запишите уравнение прямой, параллельной прямой у = 2х + 3 и проходящей через точку А(-3; 2).

Ответ:

Задание 4.

Запишите уравнение прямой, перпендикуляр,ной прямой у = -5х + 3 и проходящей через точку А(5;4)

Ответ:

Задание 5.

Запишите уравнение сторон треугольника, если известны его вершины А(5; -4), В(-1; 3) и С(-3; -2).

Используя общее уравнение прямой, проходящей через две заданные точки, для прямой (АВ) имеем

т. е. 7х + 6у — 11 = 0.

Аналогично получаем: (АС) х — 4у + 11 = 0, (ВС) 5х — 2у + 11 = 0.

Задание 6.

Запишите уравнение прямой, проходящей через точку М₁(2, 1) перпендикулярно прямой, проходящей через точки М₂(5; 3) и М₃(3; -4).

• Пусть А(х₀; у₀), B(х₁у₁) — две данные точки; тогда точка С

лежит на прямой, проходящей через точки А и В, и делит отрезок АВ пополам. Используйте этот факт при решении задний 7, 8.

Решение:

Уравнение прямой (М₂М₃) имеет вид 7х — 2у — 29 = 0. Ее угловой коэффициент равен

Поэтому уравнения прямых, перпендикулярных данной прямой, имеют вид

Подставляя в это равенство координаты точки М₁ (2; 1), находим

Отсюда следует нужное нам уравнение.

Ответ:

Задание 7.

Найдите координаты точки О, симметричной тс)чке Р(-5; 13) относительно прямой 2х — Зу — 3 = 0.

Решение:

Проведем через точку Р (-5; 13) прямую, перпендикулярную прямой 2х -Зу — 5 = 0. Ее уравнение есть Зх + 2у — 11 = 0.

Найдем координаты точки пересечения этих прямых, для чего решим систему уравнений

откуда х = 3, у = 1. Точка С(3; 1) является серединой отрезка PQ, где Р (-5; 13), a Q(x₀; у₀) — искомая точка. Поэтому

Ответ:

Задание 8.

Составьте уравнение прямой, параллельной прямым 2х + Зу -6 = 0 и 4х + 6у+ 17 = 0 и проходящей посередине между ними.

определяет окружность радиуса R с центром в точке С(х₀; у₀).

Решение:

Прямая 2х + Зу — 6 = 0 проходит через точку А(0; 2), а прямая 4х + 6у + 17 = 0 — через точку В

Следовательно, прямая, параллельная данным и проходящая посередине между ними, имеет уравнение 2х + Зу + 6 = 0 и проходит через точку C

где С — середина отрезка АВ. Отсюда находим

а тогда уравнение искомой прямой можно записать в виде:

Заметим, что это уравнение есть полусумма уравнений 8х + 12у — 24 = 0 и 8х + 12у + 34 = 0, задающих известные нам прямые.

Ответ:

Задание 9.

Запишите уравнение окружности, если:

а) центр окружности совпадает с точкой С(2; -3), а ее радиус R = 7;

б) окружность проходит через точку А(2; 6), а ее центр совпадает с точкой С(-1; 2);

в) точки А(3; 2) и В(-1; 6) являются концами одного из диаметров этой окружности.

Ответ:

а) (х — 2) 2 + (у + З) 2 = 49;

б) (х + 1) 2 + (у — 2) 2 = 25;

в) (х — 1) 2 + (у — 4) 2 = 8

Задание 10.

Запишите уравнение окружности, если ее центр совпадает с началом координат, а прямая Зх — 4у + 25 = 0 является касательной к этой окружности.

Решение:

Через начало координат О (0; 0), т. е. через центр окружности, проведем прямую, перпендикулярную прямой Зх — 4у + 25 = 0. Ее уравнение имеет вид 4х + Зу = 0. Найдем точку пересечения этих прямых, т. е. точку касания прямой Зх — 4у + 25 = 0 и искомой окружности. Решаем систему

откуда х = 3, у = -4. Таким образом, С(3; -4) — точка касания, а

— радиус искомой окружности.

Ответ:

Задание 11.

Запишите уравнение окружности, проходящей через точки А(3; 1) и Б(-1; 3), если ее центр лежит на прямой Зх — у -2 = 0.

Решение:

Центр искомой окружности О (х₀; у₀) — точка пересечения прямой Зх — у — 2 = 0 и прямой, проходящей через точку С(1;2) (середину отрезка АВ), перпендикулярно прямой (АВ)

Ее уравнение имеет вид у — 2х = 0 (см. решение задачи 6).

откуда О (2; 4). Радиус искомой окружности равен длине отрезка ОВ, т. е.

Ответ:

(х — 2) 2 + (у — 4) 2 = 10

Задание 12.

Запишите уравнение прямой, проходящей через центры двух данных окружностей:

а) (х — З) 2 + у 2 = 9, (х + 2) 2 + (у -1)2 = 1;

б) х 2 + у 2 — 4х + 6у = 0, х 2 + у 2 — 6х = 0.

Ответ:

Задание 13.

Запишите уравнения касательных к окружности х 2 + у 2 + + 2х — 19 = 0, проведенных из точки А (1; 6).

Указание:

Запишите уравнения искомых прямых в виде у = а(х — 1) + 6, подставьте у = а(х — 1) + 6 в уравнение окружности и приравняйте нулю дискриминант полученного квадратного уравнения.

Ответ:

у + 2х — 8 = 0, х — 2у + 11 =0.

Задание 14.

Установите, что каждое из следующих уравнений определяет параболу, найдите координаты ее вершины А и координаты точек пересечения с осями координат:

а)
у = 4х 2 — 8х + 7;

б)

в)
у = -х 2 + 2х + 3.

Ответ:

а) А(1; 3); с осью Ох не пересекается; С (0; 7);

Задание 15.

Найдите квадратный трехчлен, наибольшее значение которого, равное 3, достигается при х = 2, если известно, что его график проходит через точку О(0; 0).

Решение:

Из условия следует, что квадратный трехчлен имеет вид у = а(х — 2) 2 + 3, где а < 0. Подставляя в это равенство х = 0 и у = 0, получаем

Ответ:

Задание 16.

График квадратного трехчлена, свободный член которого равен 1, симметричен относительно прямой х + 2 = 0 и проходит через точку А(2; 7). Запишите этот квадратный трехчлен.

Ответ:

Задание 17.

Найдите квадратный трехчлен, график которого симметричен относительно прямой х = -1 и проходит через точки М₁(-2; 2) и М₂(2; 26).

Решение:

Из условия следует, что квадратный трехчлен имеет вид у = а(х + 1) 2 + b. Подставляя в это равенство координаты точек М₁(-2; 2) и М₂(2; 26), получаем систему

откуда а = 3, b = -1. Итак, у= 3(х + 1) 2 — 1 = Зх 2 + 6х + 2.

Ответ:

у = = 3х 2 + 6х + 2

Задание 18.

Найдите квадратный трехчлен, график которого симметричен относительно прямой х = 1 и проходит через точки M₁(2; -1) и М₂(-4; 47).

Ответ:

Задание 19.

Парабола у = х 2 — 4х + 2 пересекается с прямой у = х + 8 в точках А и В. Запишите уравнение параболы, проходящей через А, В и точку О(0; 0).

Находим координаты точек А и В. Решаем уравнение

х 2 — 4х + 2 = х + 8, т. е. х 2 — 5х — 6 = 0 и получаем: А (-1; 7), В (6; 14).

Уравнение искомой параболы имеет вид у = ах 2 + bх. Подставляя в это равенство координаты точек А и В, приходим к системе:

Ответ:

Задание 20.

График квадратного трехчлена, наименьшее значение которого, равное нулю, достигается при х — 1, проходит через точку А(-1; 4). Составьте уравнения касательных к этому графику, проходящих через начало координат.

Решение:

Из условия следует, что квадратный трехчлен имеет вид у = а(х — 1) 2 , где а > 0. Подставляя в это равенство координаты точки А (-1; 4), находим а = 1, откуда у = (х — 1) 2 = х 2 — 2х + 1. Уравнения всех прямых, проходящих через точку О (0; 0), имеют вид у = ах. Приравнивая нулю дискриминант квадратного уравнения х 2 — 2х + 1 = = ах, т. е. х 2 — (2 + а)х + 1 = 0, имеем D = (а + 2) 2 — 4 = а 2 + 4а = О, откуда a₁= 0, а₂ = -4. Таким образом, получаем искомые уравнения касательных: у = 0 и у = -4х.

Ответ:

Задание 21.

Запишите уравнение параболы, проходящей через данные точки А, В и С, если:

a, b, d — действительные числа и

называется дробно-линейной функцией. Кривая, которая служит графиком этой функции, называется гиперболой. Ниже мы установим, что график дробно-линейной функции можно получить из графика простейшей дробно-линейной функции

(графика обратной пропорциональной зависимости) с помощью параллельного переноса,
отражения и растяжения (сжатия) вдоль координатных осей. График функции

изображен на рис.

Отметим, что прямые у =0 и х=0 (координатные оси) являются асимптотами гиперболы

а точка О(0; 0) — ее центром симметрии.

Указание:

Запишите уравнение искомой параболы в виде у = ах 2 + bх + с и подставьте в это равенство координаты данных в условии точек.

Ответ:

а) у = 2х 2 — х — 1;

б) у = -х 2 + 2х + 3

Постройте графики следующих функций и уравнений. Штриховкой укажите области, координаты точек которых удовлетворяют указанным неравенствам (22—26):

Задание 22.

Ответ:

Задание 23.

Почему в заданиях 22 и 23 получаются различные заштрихованные области?

Ответ:

Задание 24.

Ответ:

Задание 25.

Ответ:

Задание 26.

(эта кривая также является гиперболой).

Ответ:

Задание 27.

Составьте уравнения касательных к гиперболе

параллельных прямой у = -4х + 1.

Напомним некоторые приемы, которые часто используются при построении графиков функций. При этом предполагается, что график функции у = f(x) (или уравнения f(x, у) = 0) известен.

• Сдвиги (параллельные переносы) вдоль координатных осей.

Пусть построен график функции у = f(x). Тогда:

1) график функции у = f(x + а) получается из графика функции у — f(x) переносом вдоль оси Ох на а единиц
влево, если а > 0, или на |а| = -а единиц вправо, если а < 0;

2) график функции у = f(x) + b получается из графика функции у = f(x) переносом на b единиц вверх, если b > О, или на |b| = -b единиц вниз, если b < 0;

3) график уравнения f(x -а, у) = О получается из графика уравнения f(x, у) = О переносом на |а| вправо, если а > 0, и влево, если а < 0. Аналогичное правило справедливо и для аргумента у, т. е. график f(x, у - b) = О получается из графика f(x, у) = 0 переносом на |b| единиц вверх, если b >0, и вниз, если b < 0.

Решение:

Уравнение касательной должно иметь вид у = -4х+ b.

Приравнивая нулю дискриминант квадратного уравнения

т. е. 4х 2 — bх + 1 = 0, имеем D = b 2 — 16 = 0, т.е. b₁ = -4; b₂ = 4. Итак, получаем искомые уравнения касательных: у = -4х — 4 и у = -4х + 4.

Ответ:

у = -4х — 4; у = -4x + 4

Постройте графики следующих функций и уравнений (28—34):

Задание 28.

у = х 2 ; у = (х — 2) 2 ; у = (х -2) 2 — 3

Ответ:

Задание 29.

х 2 + у 2 = 4; (х + 1) 2 + у 2 = 4; (х + 1) 2 + (у — З) 2 = 4

Ответ:

Задание 30..

Ответ:

Задание 31.

Ответ:

Задание 32.

х 2 — 6х + у 2 + 2у — 6 = 0

Ответ:

Задание 33.

(jc — 1)(у + 2) = 2х — 3

Указание:

Преобразуйте уравнение к виду

Ответ:

Задание 34.

Указание:

Преобразуйте уравнение к виду

Ответ:

Задание 35.

а) (х — 1) 2 + (у + 1) 2 = 4;

б) х 2 — 4х + у 2 + 6у = 0

Запишите уравнение образа каждой из них при параллельном переносе, если ее центр смещается в точку С(-1; 2).

Решение б):

Запишем уравнение данной окружности в виде (х — 2) 2 + (у + З) 2 = 13. При параллельном переносе радиус окружности не меняется. Уравнение окружности радиуса

с центром в точке С(-1;2) имеет вид (х + 1) 2 + (у — 2) 2 = 13.

Ответ:

а) (х + 1) 2 + (у — 2) 2 = 4

б) (х + 1) 2 + (у — 2) 2 = 13

Задание 36.

Запишите уравнение образа параболы у = х 2 + + 2х + 2 при параллельном переносе, если ее вершина смещается в точку A(x₀; у₀), где

Решение б).

Парабола у = х 2 + 2х + 2 = (х + 1) 2 + 1 получается из параболы у = х 2 переносом вершины в точку А (-1; 1). Если вершина этой параболы при параллельном переносе сместится в точку А (-3; 4), то ее уравнение примет вид у = (х + З) 2 + 4.

б) у = х 2 + 6х + 13

в) у = х 2 + 2х + 2

Ответ:

Задание 37.

Запишите уравнение образа гиперболы

при параллельном переносе, если ее центр симметрии смещается вточку А(-3; 1).

• Зеркальное отражение относительно координатных осей.

Пусть задан график функции у = f(x) (или уравнения f(x, у) = 0). Тогда:

1) графики функций у = f(x) и у = f(-x) (уравнений f(x, у) = 0 и f(-x, у) = 0) симметричны относительно оси Оу,

2) графики функций у = f(x) и у = -f(x) (уравнений f(x, у) = 0 и f(x; -у) = 0) симметричны относительно оси Ох.

Постройте графики следующих функций и уравнений (38—42).

Ответ:

Задание 38.

у = 2 + х; у = 2 — х; у = -(2 + х)

Ответ:

Задание 39.

у = х 2 + 2х; у = х 2 — 2х; у = -(х 2 + 2х)

Ответ:

Задание 40.

Ответ:

Задание 41.

Ответ:

Задание 42.

(х — I) 2 + у 2 =1;(х + 1) 2 + у 2 =1

• Растяжение (сжатие) графика вдоль координатных осей.

Пусть задан график функции у = f(x) и число k > 0. Тогда:

1) график функции у = f(kx) получается из графика функции у = f(x) сжатием вдоль оси Ох в k раз, если

2) график функции у = kf(x) получается из графика функции у = f(x) растяжением вдоль оси Оу в k раз, если

Отметим также, что графики уравнений f(kx, у) = 0, f(x, ky) = 0 получаются из графика уравнения f(x, у) = 0 сжатием вдоль соответствующей координатной оси в k раз, если k > 1 (при k < 1 получаем растяжение в 1/k раз).

Постройте графики следующих функций и уравнений (43—50). Отметьте штриховкой области, координаты точек которых удовлетворяют указанным неравенствам.

Ответ:

Задание 43.

у = х 2 ; у = (2х) 2 ; 2у = х 2

Ответ:

Задание 44.

Ответ:

Задание 45.

(кривая, которая получается при сжатии окружности вдоль координатных осей, называется эллипсом).

Ответ:

Задание 46.

Ответ:

Задание 47.

Ответ:

Задание 48.

Ответ:

Задание 49.

Ответ:

Задание 50.

• При построении эскизов графиков элементарных функций часто используются и такие приемы, как сложение (вычитание) и деление (умножение) графиков.

Постройте графики следующих функций (51—57):

Ответ:

Задание 51.

Ответ:

Задание 52.

Ответ:

Задание 53.

Ответ:

Задание 54.

Ответ:

Задание 55.

Ответ:

Задание 56.

Указание:

Ответ:

Задание 57.

Указание:

Ответ:

Используя различные приемы, постройте графики следующих функций и уравнений (58—71):

Задание 58.

Ответ:

Задание 59.

Указание:

Ответ:

Задание 60.

Указание:

Ответ:

Задание 61.

Ответ:

Задание 62.

Ответ:

Задание 63.

Ответ:

Задание 64.

Указание:

Ответ:

Задание 65.

Указание:

Ответ:

Задание 66.

3(х — 1) 2 — 4(у + 1) 2 = 0

Указание:

Постройте две пересекающиеся прямые Зх 2 = 4у 2 , затем выполните параллельный перенос, при котором точка их пересечения сместится в точку А(1; -1).

Ответ:

Задание 67.

2х 2 — у 2 + 8х + 2у + 7 = 0

Указание:

Ответ:

Задание 68.

(х + 2) 2 + 4(у — З) 2 = 16

Ответ:

Задание 69.

Зх 2 + 2у 2 — 12х + 4у + 2= 0

Указание:

Ответ:

Задание 70.

Указание:

Ответ:

Задание 71.

ху + х — 2у — 4 = 0

Указание:

Ответ:

Найдите число различных решений уравнений в зависимости от а (72—80):

Задание 72.

Ответ:

Задание 73.

Ответ:

два решения, при

одно решение; при

Задание 74.

Решение:

Положим х 2 = t. Тогда

Построим при t > 0 график функции

при t > 0, причем наименьшее значение у = 2 достигается при t = 1, то получаем: при
а < 2 =>уравнение

не имеет положительных решений, при а = 2 => одно решение; а > 2 => два решения. Теперь находим число решений исходного уравнения.

Ответ:

нет решений, при а = 2 => два решения; при

Задание 75.

Решение:

Построим график функции

то х = -1 — точки минимума функции у(х) и у(-1) = 3

Поэтому получаем следующий ответ.

Ответ:

одно решение; при а = 3 => два решения; при

Задание 76.

Указание:

Запишите уравнение в виде

Далее см. решение задачи 75.

Ответ:

одно решение; при а = 3 => два решения; при

Задание 77.

х 3 — ах 2 + 1 = 0

Запишите уравнение в виде

Ответ:

одно решение; при

два решения; при

Задание 78.

Решение:

Запишем уравнение в виде

График этой функции — гипербола, принимающая все значения, кроме у = 3, по одному разу. Поскольку

нужно также исключить значение

Ответ:

одно решение; при

Задание 79.

Решение:

Запишем уравнение в виде

Сначала найдем число решений уравнения

не меньших

Построим график функции

а наименьшее значение y(t) равно 2. Поэтому уравнение

не имеет решении, при

— имеет одно решение, а при

— два решения, удовлетворяющих условию

Отдельно рассмотрим случай

имеет одно решение (мы находим число различных решений). При всех остальных

уравнение х 2 + х + 1 = 3t будет иметь два различных решения. Теперь легко записываем ответ.

Ответ:

нет решений; при

два решения; при

четыре решения; при

Задание 80.

(х 2 + 1)(х 2 + 2ах + а 2 + 1) = 2х

Указание:

Запищите уравнение в виде

и постройте графики функций

Ответ:

одно решение х = 1, при других а решений нет.

Решите системы неравенств и уравнений (81—87):

Задание 81.

Ответ:

Задание 82.

Решение:

На координатной плоскости (х, а) штриховкой отметим точки, координаты которых удовлетворяют нашей системе неравенств

Ответ:

Задание 83.

Ответ:

при

Задание 84.

Решение:

Перепишем неравенства в виде

и штриховкой на координатной плоскости (х; а) отметим точки, координаты которых удовлетворяют этой системе неравенств

Записываем решение данной системы.

Ответ:

Задание 85.

Указание:

и (х + 1) 2 + (у + 1) 2 =1

Ответ:

Задание 86.

Указание:

Постройте графики функций

и у = 2х 2 — 4х + 3

Ответ:

Задание 87.

Решение:

Запишем второе уравнение в виде

Это окружность радиуса

с центром (а; -а), лежащим на прямой у = -х

Пересечение с гиперболой

возможно только в том случае, если а = 0. При а = 0 получаем решения х₁ = 1, у₁ = 1 и х₂ = -1, у₂ = -1.

Ответ:

при других а решений нет.

Задание 88.

Прямая проходит через точку А(2; 1) и пересекает параболу у = х 2 — 4х в точках, сумма квадратов абсцисс которых наименьшая. Запишите уравнение этой прямой.

Решение:

Запишем уравнение прямой в виде у = а(х — 2) + 1. Тогда точки пересечения этой прямой и параболы у = х 2 — 4х

имеют абсциссы x₁и х₂, являющиеся корнями квадратного уравнения

а(х — 2) + 1 = х 2 — 4х, т. е. х 2 — (а + 4)х + 2а — 1 = 0. Так как

х₁ 2 + х₂ 2 = (x₁ + х₂) 2 — 2х₁х₂ = (а + 4) 2 — 2х₁х₂ = (а + 4) 2 — 2(2а — 1) = а 2 + 4а + 18 = (а + 2) 2 + 14, то наименьшее значение сумма квадратов абсцисс принимает при а = -2.

Ответ:

Задание 89.

Прямая проходит через точку А(1; 5) и пересекает параболу у = х 2 + х+1 в точках, сумма ординат которых наименьшая. Запишите уравнение этой прямой.

Решение:

Запишем уравнение прямой в виде у = а(х — 1) + 5. Тогда точки В и С пересечения этой прямой с параболой у = х 2 + х + 1

имеют абсциссы x₁ и х₂, являющиеся корнями квадратного уравнения

а(х — 1) + 5 = х 2 + х + 1, т. е. х 2 — (а — 1)х + а — 4 = 0.

а сумма ординат точек пересечения равна

Следовательно, сумма ординат наименьшая при

Искомое уравнение имеет вид

Ответ:

Задание 90.

Прямая проходит через точку Б(1; -3) и пересекает параболу у — 2х — х 2 в точках, сумма ординат которых наибольшая. Запишите уравнение этой прямой.

Ответ:

Задание 91.

Найдите длину перпендикуляра, опущенного из точки А(3; -1) на прямую, пересекающую линию

и проходящую через точки этой линии с ординатами у = 1 и

Решение:

Находим точки В и С пересечения прямой с кривой

откуда х= 1, т.е. В (1; 1);

откуда х = 0, т. е.

Записываем уравнение прямой, проходящей через точки В и С:

т. е. х — Зу + 2 = 0. Уравнение перпендикуляра к этой прямой, проходящего через точку А (3; -1), имеет вид у = -Зх + 8. Теперь найдем координаты точки пересечения этих прямых, для чего решим систему уравнении:

Вычисляем расстояние между точками А(3;-1) и D

Ответ:

Задание 92.

Найдите длину перпендикуляра, опущенного из точки А(5; 0) на касательную к параболе у = х 2 + 3, проведенную из точки В(0; 1).

Ответ:

Задание 93.

На оси ординат найдите точку, через которую проходят две взаимно перпендикулярные касательные к графику функции

Решение:

Уравнение касательной имеет вид у = ах + b

Приравнивая нулю дискриминант квадратного уравнения

х 2 — 2х + 3 = ах + b, т. е. х 2 — (а + 2)х + 3 — b = 0,

получим D = (а + 2) 2 — 4(3 — b) = 0, т. е. а 2 + 4а + 4b — 8 = 0.

Это уравнение должно иметь корни a₁ и а₂ такие, что а₁а₂ = -1 (а₁ и а₂ — угловые коэффициенты искомых касательных; записано условие перпендикулярности этих прямых).

Но а₁а₂= 4b — 8, т. е. 4b -8 = -1, откуда

Ответ:

Задание 94.

На прямой 2х — Зу = 6 найдите точку, через которую проходят две взаимно перпендикулярные касательные к графику функции

Указание:

Запишите уравнения касательных в виде

Далее см. решение задачи 93.

Ответ:

Задание 95.

На координатной плоскости даны точки А(1; 3) и В(5; 2). На прямой, проходящей через точки М(-3; 1) и
N (4; -6), найдите такую точку С, чтобы сумма длин отрезков АС и СВ была наименьшей.

Решение:

— это точка пересечения прямых (MN) и (А’В), где А’ — точка, симметричная A относительно прямой (MN) (см. задачу 7). Подумайте, почему это так? Теперь последовательно находим:

1) уравнение прямой (MN):

2) уравнение прямой (АА’):

3) координаты точки К, т. е. точки пересечения прямых (MN) и (АА):

4) координаты точки А (х0, у0); имеем

5) уравнение прямой (А’В):

т. е. 2у — х + 1 = 0;

6) координаты искомой точки С:

откуда х = -1, у = -1

Ответ:

Задание 96.

Даны точка А(5; 7) и угол, уравнения сторон которого имеют вид у = 0 и у = х+5. Точки В и С лежат на разных сторонах угла. Найдите наименьшее значение периметра треугольника ABC.

Указание:

Наименьший периметр треугольника ABC равен длине отрезка PQ, где Р — точка, симметричная А относительно прямой у = 0, a Q — точка, симметричная А относительно прямой у = х + 5.

Ответ:

Задание 97.

Числа х, у и а удовлетворяют системе уравнений

При каком значении а произведение ху принимает наименьшее возможное значение?

Указание:

Сначала выясните, при каких а данная система имеет решение. Эти значения

Далее из системы выразите произведение ху через а и найдите минимум полученной функции на отрезке

Ответ

Квадратный трехчлен в задачах 978-5-4439-2443-4, 978-5-4439-0352-1

УДК 512 ББК 22.14 Г24 Гашков С. Б. Квадратный трехчлен в задачах. Электронное издание. М.: МЦНМО, 2015. 189 с. ISBN 978-5-4439-2443-4 В книге собрано более трехсот задач, связанных с понятием квадратного трехчлена. Значительная их часть доступна школьникам. Кроме задач приведены необходимые определения и факты из теории, много иллюстраций и исторических сведений о происхождении тех или иных задач. Имеются не только алгебраические, но и геометрические задачи, например задачи о параболах и гиперболах, много задач олимпиадного характера. Книга может быть использована в качестве задачника как на обычных школьных занятиях, так и на факультативах и кружках. Ее можно применять как вспомогательное пособие и при подготовке к ОГЭ и ЕГЭ. Книга представляет интерес для школьников старших классов, студентов и учителей.

Подготовлено на основе книги: Гашков С. Б. Квадратный трехчлен в задачах. — М.: МЦНМО, 2015. — 192 с. ISBN 978-5-4439-0352-1.

Издательство Московского центра непрерывного математического образования 119002, Москва, Большой Власьевский пер., 11 тел. (499) 241–08–04 http://www.mccme.ru

ffi Гашков С. Б., 2015 ffi МЦНМО, 2015

Памяти моего отца Бориса Васильевича Гашкова, лейтенанта Великой Отечественной войны (27.11.1924–12.04.2008) и моей матери Гашковой Надежды Дмитриевны (01.10.1927–06.03.2013)

Предисловие . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . § 1. Легко ли решать квадратные уравнения? . . . . . . . . . . . . . . § 2. Теорема Виета и корни трехчленов . . . . . . . . . . . . . . . . . . . § 3. Рекуррентные последовательности и числа Фибоначчи . . . § 4. Парабола — график квадратного трехчлена . . . . . . . . . . . . § 5. Параболы в геометрии и в оптике . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . § 6. Параболы в механике и баллистике . . . . . . . . . . . . . . . . . . § 7. Квадратный трехчлен и задачи на максимум и минимум . . § 8. Гипербола и дробно-рациональные функции . . . . . . . . . . . § 9. Эллипсы в алгебре, геометрии и физике . . . . . . . . . . . . . . . § 10. Геометрия помогает алгебре . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . § 11. Графики дробно-рациональных функций и неравенства . . § 12. Углы между трехчленами и неравенство Коши — Буняковского . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . § 13. Умеете ли вы извлекать квадратные корни? . . . . . . . . . . . . § 14. Как извлекали корни Ньютон и Герон . . . . . . . . . . . . . . . . . § 15. Квадратные корни и уравнение Пелля . . . . . . . . . . . . . . . . § 16. Оценки корней уравнений . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . § 17. Разные задачи о квадратных трехчленах . . . . . . . . . . . . . . . § 18. Квадратные трехчлены, наименее уклоняющиеся от нуля . § 19. Комплексные числа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . § 20. Геометрия комплексных чисел . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . § 21. Комплексные корни квадратных уравнений . . . . . . . . . . . . Указания и решения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6 9 18 21 25 29 35 40 49 55 75 78 89 107 118 128 133 136 143 147 150 155 158

Предисловие — Что ты знаешь о математике, молодой человек? — спросил он, помолчав. Тон его мне не понравился‌ Апостолос Доксиадис. Дядя Петрос и проблема Гольдбаха (1992)

Казалось бы, что может быть скучнее, чем школьная алгебра и ее излюбленный объект — квадратный трехчлен? В этой книжке мы попытаемся показать, что это не так, и, как это ни удивительно, в квадратном трехчлене отражается значительная часть математики (хотя зеркало, возможно, кривое). Действительно, многие задачи о квадратном трехчлене обобщаются на многочлены произвольной степени и превращаются при этом иногда в очень непростые теоремы. Точнее сказать, наоборот: большинство интересных теорем о произвольных многочленах остаются нетривиальными даже в случае квадратного трехчлена. В этой книжке собрана коллекция таких задач, причем оказалось, что многие из них предлагались на различных олимпиадах. Самостоятельное решение таких задач облегчает усвоение доказательств обобщающих их теорем или, в крайнем случае, позволяет узнать об их существовании и прочувствовать, хотя бы в миниатюре, возникающие трудности и идеи этих доказательств. Подобных задач оказалось удивительно много, и в книжку были включены только некоторые из них. Выбор их, конечно, субъективен. Предпочтение поначалу отдавалось задачам и теоремам экстремального характера и неравенствам с точными константами, но ради разнообразия было включено и большое количество задач других типов, в том числе и таких, которые не обобщаются на произвольные многочлены. Некоторые задачи даже не содержат в формулировках упоминаний о квадратных трехчленах, тем не менее квадратные трехчлены появляются в их решениях. Отдельные задачи не имеют прямого отношения к основной теме, но все же имеют с ней связь и представляют самостоятельный интерес. Большинство задач существенно отличаются друг от друга как по формулировкам, так и по идеям решений. Однотипных задач мы старались избегать. Было бы разумно снабдить все задачи о трехчленах хотя бы указаниями к решению, а общие утверждения формулировать не в виде

задач, а в виде теорем, и привести для них подробные доказательства. Однако из-за недостатка места пришлось часто отступать от этого правила, например, теоремы формулировать в виде задач и оставлять их даже без кратких указаний к решению. Такие задачи, естественно, очень трудны и отмечаются соответствующим количеством звездочек. Разумеется, число звездочек (или их отсутствие) определялось субъективным образом. Авторство задач, как правило, не указывалось, его вообще трудно установить, за исключением случаев, когда задачи принадлежат знаменитым математикам прошлого (и даже в этих случаях нет уверенности в том, что указан истинный автор). Многие задачи взяты из известных задачников. Если задача предлагалась на олимпиаде, то, как правило, указывалось, когда и где проходила олимпиада. Сокращение ВМО означает Всероссийскую (до 1992 года — всесоюзную) олимпиаду, а сокращение IMO — международную олимпиаду. Остальные сокращения очевидны. Книжка оказалась довольно пестрой как по содержанию, так и по стилю. Местами она напоминает учебник (иногда даже вузовский), местами — сборник задач (часто олимпиадных), но в целом она является популярной книжкой по элементарной математике. Ее начальные разделы доступны пониманию школьников 8–9 классов, средние же и последние разделы больше соответствуют уровню старших классов школы, но школьники средних классов при желании (возможно, заглядывая иногда в учебник для старших классов) тоже смогут в ней разобраться. Автор в свое время получал большое удовольствие от такой деятельности и постарался написать такую книжку, которую с интересом читал бы в то время сам. Однако он сознается, что тригонометрию тогда недолюбливал и она ассоциировалась у него (как и у большинства школьников) с неизбежностью вступительных экзаменов. Поэтому все, что связано с тригонометрией, и большинство задач о многочленах произвольных степеней он решил перенести в другую, более трудную, книжку, которую автор надеется выпустить в свет вслед за этой. На этом месте предисловие заканчивается, и мы переходим к точным (на самом деле все же не совсем точным) определениям. Назовем многочленом формальную сумму f (x) = a�� x �� + a��−1 x ��−1 + . . . + a1 x + a0 , где a0 , a1 , . . . , a��−1 , a�� — числовые коэффициенты, а x — символ переменной величины (или неизвестной, если речь пойдет об уравнении).

Коэффициент a�� часто называют старшим коэффициентом, а коэффициент a0 — свободным членом. Разумно рассматривать только многочлены, у которых старший коэффициент отличен от нуля (хотя в некоторых случаях удобно отступать от этого правила). Степенью многочлена f (x) называется в этом случае число n, обозначаемое далее как deg f (x). Многочлены второй степени называют квадратными, а многочлены третьей степени называют кубическими и реже кубичными. Многочлены f (x) = a�� x �� + a��−1 x ��−1 + . . . + a1 x + a0 и g(x) = b�� x �� + b��−1 x ��−1 + . . . + b1 x + b0 называются равными, если равны их степени и равны все коэффициенты при соответствующих степенях x, т. е. a�� = b�� , i = 0, 1, . . . , n. Многочлен, имеющий только один ненулевой коэффициент, называется одночленом. Аналогично определяются двучлены и трёхчлены. Любой многочлен можно рассматривать как сумму его одночленов. Иногда используется терминология, восходящая к латинскому языку: многочлены называются полиномами, одночлены — мономами, двучлены — биномами. Трехчлены называют триномами чрезвычайно редко. Квадратные уравнения появляются не только в алгебре, но и в геометрии, и в физике. Примеров таких задач, конечно, можно привести много, но мы ограничимся лишь двумя. 1. (Задача Герберта Аврилакского 1 .) По данной площади прямоугольного треугольника и гипотенузе найти катеты. 2. (Задача из «Всеобщей арифметики» Ньютона.) Как определить глубину колодца, бросив в него камень и измерив время, через которое будет услышан звук падения камня?

1 Герберт родился в первой половине X века в Оверне (Франция), близ монастыря Аврилака, в котором получил первоначальное образование и потом стал монахом. Со временем стал широко известен как один из ученейших людей своего времени. Возобновил в Европе употребление абака для арифметических вычислений. В 999 г. был избран папой римским под именем Сильвестра II. Именно его рукописи приехал разбирать в Москву профессор Воланд в романе М. А. Булгакова «Мастер и Маргарита».

§ 1. Легко ли решать квадратные уравнения? ‌Например, некий квадрат и 21 равны в числах десяти корням того же квадрата‌ Раздели пополам число корней; половина есть 5. Умножь это на себя; произведение будет 25. Вычти из этого 21; останется 4. Извлеки из этого корень; он равен 2. Вычти это из половины корней, которая равна 5, останется 3. Это есть корень того квадрата, который надо найти, а сам квадрат равен 9. Или можешь прибавить корень к половине корней; сумма будет семь, это корень того квадрата, который ты ищешь, а сам квадрат равен 49. Мохаммед бен Муса Аль-Хорезми. Китаб мухтасар аль-джабр ва-ль-мукабала (ок. 830)

В приведенном отрывке из рукописи Аль-Хорезми описано решение квадратного уравнения x 2 + 21 = 10x (в современных обозначениях). К этому уравнению сводится решение следующей задачи Аль-Хорезми. 1. «Я разбил число 10 на две части и, перемножив их, получил 21. Чему равны эти части?» «Китаб аль-джабр» — это знаменитая книга. Одно слово из ее длинного титула стало названием одного из важнейших разделов математики. По этой книге в латинских переводах (один из первых переводов был сделан Робертом из Честера в XII веке) Европа училась и арифметике, и алгебре. Первая строчка этого перевода, звучащая по-русски приблизительно как «Диксит Альгоризми» («говорит Аль-Хорезми»), вызвала к жизни один из самых популярных математических терминов — алгоритм 1 . В этом слове почти наш соотечественник Аль-Хорезми обессмертил и свое прозвище, и название своей родины — древнего Хорезма (область с таким названием и сейчас есть в Узбекистане). Однако квадратные уравнения, вероятно, научились решать в глубокой древности. Возможно, некоторые квадратные уравнения умели решать еще в Древнем Шумере (найдены глиняные клинописные 1 Поэтому, вопреки очевидному созвучию, к слову «ритм» термин «алгоритм» никакого отношения не имеет.

§ 1. Легко ли решать квадратные уравнения?

Рис. 1. Первая страница книги «Китаб аль-джабр»

таблицы с корнями таких уравнений), и почти наверняка их умели решать пифагорейцы — ученики легендарного Пифагора. Во всяком случае, они уже знали, что корень уравнения x 2 = 2 не является рациональным числом (т. е. диагональ квадрата несоизмерима с его стороной). Общее квадратное уравнение x 2 + px + q = 0 легко свести к уравнению вида x 2 = c, которое для неотрицательных c решается с помощью p p арифметического квадратного корня: x1 = c, x2 = − c — два его решения. Для решения общего квадратного уравнения достаточно выделить полный квадрат: € p Š2 € p Š2 € € p Š2 p p Š2 x 2 + px + q = x 2 + 2 x + − +q = x+ +q− . 2

Для корней исходного уравнения получаем формулы: s s € p Š2 € p Š2 p p x1 = − + − q и x2 = − − −q 2

§ 1. Легко ли решать квадратные уравнения?

Рис. 2. Пифагорейская школа. Фреска Рафаэля (1509)

Заметим, что квадрат разности корней легко выражается через коэффициенты (x1 − x2 )2 = p2 − 4q = D. Это выражение называется дискриминантом уравнения; оно содержит существенную информацию о его корнях. В самом деле, по определению D = 0 тогда и только тогда, когда у уравнения корни совпадают (т. е. являются кратными). Если D ¾ 0, то у уравнения есть действительные корни. В противном случае их нет, но есть комплексные, о которых см. § 21. 2. Проверьте справедливость следующей (совершенно бесполезной с практической точки зрения) формулы для корней квадратного уравнения x 2 + px + q = 0: p x1,2 =

p2 − 4q)c + 2q p . 2c + p ∓ p2 − 4q

В ней c — произвольный параметр, удовлетворяющий лишь условию Æ 2c + p ∓ p2 − 4q 6= 0, т. е. это фактически бесконечное семейство разных формул для решения уравнения x 2 + px + q = 0. Обычная формула является предельным случаем указанной формулы при c, стремящемся к бесконечности p (так как при растущем c числитель приблизительно равен (p ± p2 − 4q)c, а знаменатель приблизительно равен 2c со сколь угодно малой относительной погрешностью).

§ 1. Легко ли решать квадратные уравнения?

Древние греки не знали ни алгебры в нашем понимании, ни теоремы Виета. Но решать квадратные уравнения они умели. Задача решения уравнения вида x 2 + px = q, p > 0, q > 0, представлялась ими как задача нахождения прямоугольника с данной площадью q, у которого одна сторона на p больше другой (разумеется, единицы измерения длины и площади предполагаются согласованными между собой). Прямоугольник представляется в виде квадрата со стороной x, к которому сбоку приставлен прямоугольник со сторонами x и p (рис. 3).

Рис. 3. Геометрическое представление уравнения x 2 + px = q

Этот прямоугольник режется пополам прямой, параллельной стороне x, общей у него и квадрата, и не смежная с квадратом половина прямоугольника приставляется к соседней стороне квадрата так, что он будет окружен двумя половинками меньшего прямоугольника. Площадь полученной фигуры, составленной из квадрата с двумя прилегающими прямоугольниками размера x × (p/2), равна q, так же как и площадь исходного прямоугольника. Добавляя к этой фигуре квадрат со стороной p/2, получаем большой квадрат со стороной x + (p/2), составленный из двух меньших квадратов и двух прямоугольников (рис. 4). p /2 px /2

Рис. 4. Геометрическая иллюстрация решения уравнения x 2 + px = q

§ 1. Легко ли решать квадратные уравнения?

Площадь большого квадрата равна (x + (p/2))2 , но в то же время она равна q + (p 2 /4), так как этот квадрат составлен из фигуры площади q и меньшего квадрата площади p 2 /4. Находя сторону квадрата по его площади, получаем, что s x+

А это по существу и есть формула для одного из корней уравнения. Второй корень таким способом найти нельзя, но он отрицательный, а такие числа греками не признавались за равноправные положительным. Древние индусы тоже умели решать квадратные уравнения, но вместо доказательств они бы нарисовали чертеж и написали одно слово: «Смотри». Геометрический способ решения имеет преимущество в наглядности, но требует рассмотрения разных чертежей при разных выборах знака коэффициента p. В одном случае надо делать приложение (по-гречески παραβολή) с избытком (ὑπερβολή), а в другом — с недостатком (ἔλλειψις). Впоследствии эти названия греки перенесли и на конические сечения (которые они же и открыли). А как греки находили сторону квадрата данной площади, т. е. извлекали квадратный корень (говоря на современном языке)? Вероятно, они делали это геометрическим построением, используя циркуль и линейку, например так. На продолжении отрезка AB единичной длины откладывался отрезок BC заданной длины a, на отрезке AC как на диаметре строилась окружность и через точку B проводилась ее хорда DE, перпендикулярная диаметру AC. Тогда длина отрезка p BD (равно как и отрезка BE) равна a. 3. Докажите это утверждение. Естественно спросить: а можно ли по данным отрезкам p, q непосредственно построить корни уравнения x 2 + px + q = 0, не пользуясь формулой для его корней и предыдущим построением? Можно, и разными способами, например таким (приведенным в замечательной книге знаменитого английского математика Г. Х. Харди «Курс чистой математики» 1 ). Возьмем отрезок AB единичной длины, восставим к нему перпендикуляр BC длины p, проведем отрезок CD длины q параллельно AB в направлении точки A и на AD как на диаметре 1

Русский перевод недавно был переиздан (М.: КомКнига, 2006).

§ 1. Легко ли решать квадратные уравнения?

построим окружность, пересекающую BC в точках X , Y . Тогда длины отрезков BX , BY являются корнями уравнения x 2 − px + q = 0. Если окружность касается отрезка BC в точке X , то корень у уравнения один (но, как говорят, двукратный), и он равен длине отрезка BX . Если же окружность не пересекается с отрезком BC, то корней (действительных) у него нет. Корни у данного уравнения всегда положительны. Уравнение x 2 + px + q = 0 можно отдельно не рассматривать, так как оно превращается в уравнение x 2 − px + q = 0 сменой знака перед неизвестной. 4. Докажите все эти утверждения. Квадратные уравнения изучают уже в восьмом классе, и многие школьники думают, что решать их совсем просто. Это верно. Однако огромное количество ошибок, допускаемых школьниками и абитуриентами, появляется именно в решении квадратных уравнений. Основная причина, конечно, невнимательность. Часто, например, при решении «в уме» путаются две разные формулы для корней уравнения, которые даются в школьном учебнике, и из них составляется одна, но неверная. Дадим несколько советов, как избегать таких ошибок. Первый из них: не переоценивайте свои способности к устному счету, лучше напишите формулу на бумаге, проверьте, что это та формула, которая нужна, подставьте в нее численные значения коэффициентов, не перепутав их друг с другом. Если коэффициенты большие, то увеличивается вероятность арифметической ошибки при вычислении дискриминанта. Так как из него потом надо извлекать квадратный корень, иногда полезно сразу его разлагать на множители, если коэффициенты имеют общие делители, или применять формулу разности квадратов и найденные множители выносить за знак корня, извлекая из них при этом корень. Например, если при решении уравнения 45x 2 + 42x + 5 = 0 получилась формула для корней x1,2 =

422 − 4 · 45 · 5 , 2 · 45

то, так как 422 − 4 · 45 · 5 = 4 · 9(72 − 52 ) = 4 · 9 · 2 · 12 = 4 · 9 · 4 · 6 = (4 · 3)2 · 6 = 122 · 6, ответ будет x1,2 =

p p −42 ± 12 6 −7 ± 2 6 = . 2 · 45 15

§ 1. Легко ли решать квадратные уравнения?

В следующих двух задачах непосредственное применение формулы для корней ведет к довольно громоздким вычислениям. Но есть и еще один способ решения уравнений: угадать один корень и найти другой по теореме Виета (кто не знает, что это такое, — читайте следующий параграф). 5. Решите уравнение x 2 + 2008x + 2007 = 0. 6. Решите уравнение 1999x 2 + 1000x − 2999 = 0. Иногда (например, когда все корни целые) этот способ удобно применять и к уравнениям с небольшими коэффициентами. Тогда лучше угадывать оба корня сразу, пользуясь теоремой Виета. При этом полезно начать с разложения на множители свободного члена. 7. Решите уравнение x 2 − 7x + 12 = 0. В следующей задаче коэффициент так велик, что не поможет и калькулятор. 8. (Экзамены в СУНЦ МГУ, 2000.) Решите уравнение x 2 + x = 1 111 111 122 222 222. Конечно, метод угадывания не всегда приводит к цели, но если приводит, то обычно быстрее, чем непосредственное применение формул. Если же вы предпочитаете решать уравнения с помощью формул для корней, то полезно проверять, не ошиблись ли вы, с помощью формул Виета или непосредственной подстановкой. Но не забывайте, что теорема Виета для уравнения ax 2 + bx + c = 0 выглядит иначе, чем для приведенного уравнения, и это тоже является источником ошибок. 9. Решите уравнение x 2 + 7x + 12 = 0. По существу, метод угадывания мало чем отличается от решения путем разложения на множители: x 2 − 7x + 12 = (x 2 − 3x) + (−4x + 12) = = x(x − 3) + (−4)(x − 3) = (x − 4)(x − 3) = 0. 1

10. Угадайте корни квадратного уравнения x2 + x = 19 из 12 12 книги Аль-Хорезми. 11. Решите уравнения (относительно x): • x 2 − 2(a + 1)x + 4a = 0; • a(a + 1)x 2 + x − a(a − 1) = 0; • a(a + 2)x 2 + 2x − a2 + 1 = 0;

§ 1. Легко ли решать квадратные уравнения?

• (a2 + a − 2)x 2 + (2a2 + a + 3)x + a2 − 1 = 0; • (a2 − b2 )x 2 − 2ax + 1 = 0; • (c + a − 2b)x 2 + (a + b − 2c)x + b + c − 2a = 0; (x − a)(x − c) (x − b)(x − c) + = 1, a 6= b, a 6= c, b 6= c; (b − a)(b − c) (a − b)(a − c) c(x − a)(x − b) b(x − a)(x − c) a(x − b)(x − c) • + + = x, a 6= b, a 6= c, b 6= c. (c − a)(c − b) (b − a)(b − c) (a − b)(a − c)

Указание и предупреждение: число решений может зависеть от буквенных коэффициентов (параметров уравнения)! Надо исследовать все возможные случаи. Следующие далее уравнения не являются квадратными, но легко к ним сводятся. 12. Решите уравнение Иоганна Мюллера 1 x 10 − x + = 25. 10 − x x

13. (Москва, 1985.) Решите уравнение x − 49 x − 50 49 50 + = + . 50 49 x − 50 x − 49

Указание. Здесь корни лучше угадывать! 14. Решите уравнения: x−a x−b + + 2 = 0; x−a x−b x−a x−b 4ab • − +2+ 2 = 0; x−a x−b a − b2 x 2a 8a2 • − = 2 ; x−a x+a x − a2 2 (a + b) a b • + = , ab 6= 0; a+x b+x ab 1 1 1 1 • + = + , ab 6= 0. x−a a x−b b

Следующее уравнение некоторым может показаться тождеством. 15. Решите уравнение 1 1 1 1 + + = . x a b x+a+b

16. (Экзамены в СУНЦ МГУ, 1988.) Найдите a, при которых уравнения x 2 +ax +1 = 0, x 2 + x +a = 0 имеют хотя бы один общий корень. 1

И. Мюллер (1436–1476), по прозвищу Региомонтан, — немецкий математик.

§ 1. Легко ли решать квадратные уравнения?

Указание. Вычесть второе уравнение из первого, иначе считать придется долго. Иногда уравнение может вообще не иметь действительных корней, например в следующей задаче. 17. Докажите, что если a, b, c — стороны треугольника, то уравнение b2 x 2 + (b2 + c2 − a2 )x + c2 = 0 не имеет действительных корней. Вопрос о существовании корней может быть не таким уж простым. Чтобы в этом убедиться, попробуйте решить следующие задачи. 18. Докажите, что если ac = 2(b + d), то хотя бы одно из уравнений x 2 + ax + b = 0, x 2 + cx + d = 0 имеет действительные корни. 19. (ВМО, 1994.) Докажите, что если abc 6= 0, то хотя бы один из трехчленов ax 2 + 2bx + c, bx 2 + 2cx + a, cx 2 + 2ax + b имеет корень. 20. (Австрия, 1974.) Докажите, что уравнение f (x) = (x − a)(x − b) + (x − a)(x − c) + (x − b)(x − c) = 0 всегда имеет корни. Выведите отсюда неравенства (a + b + c)2 ¾ 3(ab + ac + bc),

a2 + b2 + c2 ¾ ab + ac + bc.

21. Докажите, что если все корни трехчлена ax 2 + bx + c действительны, то (2ax + b)2 ¾ 2a(ax 2 + bx + c). 22∗. (С.-Петербург, 2009.) Дискриминанты квадратных трехчленов f1 , f2 , f3 равны 1, 4, 9, а дискриминанты их попарных сумм f1 + f2 , f1 + f3 , f2 + f3 равны 1, 16, 73. Докажите, что квадратный трехчлен, равный их сумме f1 + f2 + f3 , имеет действительные корни. 23. Докажите, что если корни уравнения x 2 + px + q = 0 действительны и различны, то при любом a уравнения x 2 + (p + 2a)x + q + ap = 0,

3x 2 + 2(p + a)x + q + ap = 0

имеют также действительные и различные корни. Предыдущие две задачи являются частными случаями нетривиальных общих теорем. Подобная ситуация далее часто будет встречаться.

§ 2. Теорема Виета и корни трехчленов ‌Остаток утра я провел за работой над моим трактатом по истории алгебраического метода и с легкостью написал несколько абзацев, в которых неопровержимо доказал лживость притязаний Виета, все открытия которого на самом деле сделаны тридцатью годами ранее мистером Хэрриотом 1 . Йен Пирс. Перст указующий (1998)

Из формулы для корней квадратного трехчлена x 2 + px + q легко следует Теорема 1 (Виет). Сумма корней приведенного квадратного трехчлена равна −p, а произведение равно q. p Действительно, при сложении корней x1 и x2 выражения D уничтожаются, а для умножения корней применяем формулу разности квадратов (a − b)(a + b) = a2 − b2 , которая дает ответ (p/2)2 − D = q. Однако в школе теорему Виета доказывают другим способом, раскры-

1 Томас Хэрриот — известный английский математик, живший в одно время с Франсуа Виетом. Своих работ, как правило, не публиковал. Эпиграф является отрывком из дневника, якобы написанного знаменитым английским математиком Валлисом, названным в русском переводе книги Пирса Уоллесом, вопреки сложившейся в русской математической литературе традиции.

§ 2. Теорема Виета и корни трехчленов

вая скобки в формуле x 2 + px +q =(x − x1 )(x − x2 ). Вычислительно этот способ немного короче, но требует доказательства сама эта формула (она вытекает из теоремы Безу). Поэтому вряд ли этот способ на самом деле проще. Его преимущество заключается в возможности обобщения на случай уравнения произвольной степени. Действительно, доказать теорему Виета для многочленов третьей степени, используя формулы для корней, уже не так просто (и формулы эти, так называемые формулы Ферро — Тартальи — Кардано, довольно сложны и в этой книжке не появятся). Читатель проникнется большой любовью к теореме Виета, если попробует без ее помощи решить следующие задачи. 24. Найдите сумму квадратов корней уравнения x 2 + px + q = 0. 25. Найдите сумму кубов корней уравнения x 2 + px + q = 0. 26. Найдите сумму четвертых степеней корней уравнения x 2 + + px + q = 0. Следующая задача также легко решается с помощью теоремы Виета. 27. (Экзамены в СУНЦ МГУ, 1990.) При каких p, q уравнению x 2 + px + q = 0 удовлетворяют два различных числа 2p и p + q? Но бездумное использование теоремы Виета может привести к ошибке, например в следующей задаче. 28. (И. Н. Сергеев.) Числа p и q — корни уравнения x 2 + px + q = 0. Чему могут быть равны эти числа? Действительно, применяя теорему Виета, получаем систему ¨ p + q = −p, pq = q, откуда имеем p = 1, q = −2p = −2; q = p = 0. Но это не все решения! Дело в том, что в случае p = q 6= 0 из условия ясно только, что p — корень уравнения, а про второй корень ничего не сказано. Поэтому проще теорему Виета не применять, а подставить x = p, q в уравнение и получить систему ¨ 2 2p + q = 0, q 2 + pq + q = 0, откуда q1 = p1 = 0 и при q 6= 0 имеем q = −p − 1, 2p 2 − p − 1 = 0, значит, p2,3 = 1, −1/2, q2,3 = −2, −1/2.

§ 2. Теорема Виета и корни трехчленов

Теорема Виета полезна при решении многих задач, связанных с корнями квадратного уравнения. Примените ее при решении следующих задач. 29. Пусть x�� — корни уравнения ax 2 + bx + c = 0. Найдите x1−3 + x2−3 . 30. Найдите a, при которых один из корней уравнения x2 −

будет квадратом другого. 31. Найдите a, при которых разность корней уравнения 2x 2 − (a + 1)x + a + 3 = 0 равна 1. 32. При каком a один из корней уравнения x 2 − 7x + 2a = 0 вдвое больше одного из корней уравнения x 2 − 5x + a = 0? 33. (Венгрия, 1899.) Пусть x�� — корни трехчлена x 2 − (a + d)x + ad − bc. Докажите, что тогда x��3 — корни трехчлена x 2 − (a3 + d3 + 3abc + 3bcd)x + (ad − bc)3 . 34. (ВМО, 1989.) Найдите корни трехчлена x 2 + px + q, если известно, что они целые и p + q = 198. 35. (ВМО, 1997.) При каких значениях a, b, c квадратные трехчлены ax 2 + bx + c и (a +1)x 2 +(b +1)x + c +1 имеют по два целых корня? 36∗. (Польша, 1965.) Докажите, что если x�� — корни трехчлена x 2 + px − 1 = 0, то при нечетном p числа x1�� + x2�� , x1��+1 + x2��+1 — целые и взаимно простые. 37∗. (Польша, 1954.) Пусть x 2 + px + 1 = 0. Найдите x 13 + 1/x 13 . 38. Пусть x�� — корни уравнения x 2 + px+q=0. Вычислите x110 +x210 .

§ 3. Рекуррентные последовательности и числа Фибоначчи Некто поместил пару кроликов в некоем месте, огороженном со всех сторон стеной, чтобы узнать, сколько пар кроликов родится при этом в течение года, если природа кроликов такова, что через месяц пара кроликов производит на свет другую пару, а рождают кролики со второго месяца после своего рождения. Леонардо Фибоначчи. Liber abaci (1202)

Попытка решить задачи 37, 38 и другие подобные задачи с помощью формул для корней квадратного уравнения приводит к громоздким вычислениям. Укажем подход, который позволяет решать любые задачи подобного вида, не используя формул для корней квадратного уравнения. Для этого заметим, что последовательность a�� = x1�� + x2�� , так же как и произвольная последовательность вида a�� = bx1�� + cx2�� , удовлетворяет следующему соотношению (такие соотношения называют рекуррентными) a��+2 + pa��+1 + qa�� = 0. Действительно, a��+2 + pa��+1 + qa�� = x1��+2 + x2��+2 + p(x1��+1 + x2��+1 ) + q(x1�� + x2�� ) = = x1�� (x12 + px1 + q) + x2�� (x22 + px2 + q) = 0. С помощью этого соотношения можно последовательно вычислять значения a�� по формуле a��+2 = −pa��+1 − qa�� , нужно только знать первые два значения a0 и a1 . Но a0 = x10 + x20 = 2, а a1 = x11 + x21 = −p по теореме Виета. Если вам не нравится формула a0 = x10 + x20 , можно вместо нее взять a2 = x12 + x22 , результат будет тот же, но придется выразить a2 = x12 + x22 = (x1 + x2 )2 − 2×1 x − 2 = p 2 − 2q. Теперь уже легко найти a10 и вообще любое значение a�� , причем ясно, что это значение будет всегда целым числом, если p, q сами целые.

§ 3. Рекуррентные последовательности и числа Фибоначчи

39∗. (Частный случай формулы Варинга 1 .) Докажите, что X a�� (n + m − 1)! ��−2�� �� = (−1)��+�� p q . n

В этой формуле n! = n(n − 1) · . . . · 1, 0! = 1. Не меньший интерес представляет и обратная задача. Пусть дана последовательность a�� , удовлетворяющая линейному рекуррентному соотношению второго порядка a��+2 + pa��+1 + qa�� = 0 и начальным условиям a0 = a, a1 = b. Надо найти явную формулу для этой последовательности. Для этого поступим следующим образом. Заметим, что любая последовательность вида a�� = cx1�� + dx2�� , где x�� — корни уравнения x 2 + px + q = 0, удовлетворяет соотношению a��+2 = −pa��+1 − qa�� . Если корни x�� различны, то для любых начальных условий a0 = a, a1 = b можно однозначно найти коэффициенты c, d, решив систему уравнений ¨ c + d = a, cx1 + dx2 = b. Тогда последовательность a�� = cx1�� + dx2�� совпадает с заданной, так как удовлетворяет тому же соотношению и тем же начальным условиям. 40. Проверьте, что в случае x1 = x2 последовательность a�� можно искать в виде cx1�� + dnx1�� . Описанный выше прием можно применить к исследованию последовательности , определенной равенствами F0 = 0,

которая называется последовательностью Фибоначчи 2 , и получить следующий факт. 1

Э. Варинг (ок. 1734–1798) — британский математик. Она появилась в книге Леонардо Пизанского, по прозвищу Фибоначчи (что означает «сын Бонначи»), в задаче о размножении кроликов. Впрочем, он имел у соотечественников и другое прозвище — Bigollone (глупец), так как предпочитал занятие науками торговле, которой занимались его сограждане. Фибоначчи первый познакомил Европу с алгеброй арабов и индийской десятичной системой счисления и сам был, без сомнения, крупнейшим европейским математиком своего времени. Благодаря его книгам (но, конечно, не только им) Италия сохраняла лидирующие позиции в европейской (и мировой) математике спустя сотни лет после его смерти. 2

§ 3. Рекуррентные последовательности и числа Фибоначчи

Теорема 2 (Бине 1 ). Справедлива формула F�� =

p 5+1 — так называемое золотое сечение. 2

Если формула уже известна, ее доказательство проще всего провести по индукции. База индукции при n = 0, 1 очевидно справедлива, p p так как ϕ − (−ϕ)−1 p = 5

1+ 5 1− 5 − 2 2 p = 1, 5

а для выполнения шага индукции достаточно проверить равенства ϕ 2 = ϕ + 1,

из них вывести почленным умножением равенства ϕ ��+1 = ϕ �� + ϕ ��−1 ,

и заметить, что тогда F��+1 = F�� + F��−1 =

ϕ �� − (−ϕ)−�� ϕ ��−1 − (−ϕ)−��+1 ϕ ��+1 − (−ϕ)−��−1 p p p + = , 5 5 5

что и требовалось доказать. 41. Докажите, что для чисел Фибоначчи справедливо тождество F��+�� = F�� F��+1 + F��−1 F�� . 1 Ж. Бине (1786–1856) — французский математик и астроном, член Парижской академии наук.

§ 3. Рекуррентные последовательности и числа Фибоначчи

42. Докажите, что если a0 = 1, a1 = 3, a�� = 6a��−1 − a��−2 , то p p 1 a�� = (3 + 2 2)�� + (3 − 2 2)�� . 2

43 . Докажите, что если x1 , x2 — корни уравнения x 2 − 6x + 1 = 0, то x1�� + x2�� — целое число, причем не кратное 5, при любом натуральном n. 44. Пусть x1 , x2 — корни уравнения x 2 + px + q = 0. Найдите квад�� �� ратное уравнение с корнями x12 , x22 . 45. Найдите формулу для последовательности a��+1 = 3a�� − 2a��−1 ,

46. Найдите формулу для последовательности a��+1 = 4a�� − 4a��−1 ,

§ 4. Парабола — график квадратного трехчлена Проведите прямую, потом еще одну, пересекающуюся, и вращайте первую вокруг второй — получите конус. Проденьте его сквозь плоскость и отметьте общие точки плоскости и конуса. Чаще всего получится эллипс, но если склон конуса параллелен плоскости, то выйдет парабола, а если же плоскость пересекает обе части конуса, то кривая из двух частей, называемая гиперболой. Во всех этих кривых — эллипсе, гиперболе и параболе — интересно то, что их порождает нечто прямое — две линии и плоскость. Нил Стивенсон. Ртуть (2003)

График функции y = ax 2 (при a 6= 0, естественно) называется параболой. При a > 0 ее ветви направлены вверх, а при a 0 будет минимумом, а при a 0 будут существовать, только если c − b2 /(4a) ¶ 0 (вершина «под водой»), а при a 0

Рис. 7. Определение знаков a, b, c по графику квадратного трехчлена

Если вам известны нули функции, график, конечно, проводится через эти точки на оси Ox. Если вы спешите и не требуется особой точности, можно нули не вычислять и даже не вычислять точно координаты вершины, а только их знаки. Для этого кроме знаков коэффициентов трехчлена придется определить знак дискриминанта b2 − 4ac. Очень легко определить точку пересечения графика с осью Oy — это точка (0, c). Нарисовав симметричную ей точку относительно оси параболы, получаем вместе с вершиной три точки параболы, через которые проводится график. 47. (Экзамены в ФМШ МГУ, 1997.) Найдите максимальное значение xy, если x + 2 y = 1. 48. Докажите, что парабола однозначно определяется любыми тремя своими точками. Следующая задача кажется на первый взгляд противоречащей геометрической интуиции. 49. Докажите, что графики парабол y = x 2 и y = ax 2 , a > 0, подобны друг другу с коэффициентом подобия a. 50. Докажите, что графики любых двух парабол вида y = ax 2 + + bx + c подобны друг другу. По информации о знаках коэффициентов эскиз графика квадратного трехчлена нарисовать правильно нельзя, нужно еще знать знак дискриминанта. Но по эскизу графика знаки коэффициентов определить легко. Знак a находится по направлению ветвей, знак b определяется по тому, левее или правее оси Oy лежит вершина параболы, знак c определяется по точке пересечения параболы с осью Oy.

§ 4. Парабола — график квадратного трехчлена

Огюстен Луи Коши

51. Докажите, что трехчлен f (x) = ax 2 + bx + c неотрицателен при всех x тогда и только тогда, когда a ¾ 0, c ¾ 0, b2 − 4ac ¶ 0. Следующее утверждение является частным случаем теоремы Больцано — Коши о промежуточном значении непрерывной функции. Оно выглядит очевидным (как и сама упомянутая теорема), но тем не менее нуждается в доказательстве. Это доказательство можно провести совершенно независимо от доказательства теоремы о промежуточном значении. 52. Докажите, что если трехчлен принимает значения разных знаков на концах данного отрезка, то он имеет хотя бы один корень на этом отрезке. Следующее утверждение также является частным случаем упоминавшейся теоремы о промежуточном значении. 53. Докажите, что множество всех значений трехчлена f (x) на данном отрезке [a1 , a2 ] содержит все числа, заключенные между f (a1 ) и f (a2 ). Еще один пример на применение этой теоремы. 54. Докажите, что если c — корень x 2 + ax + b = 0, а d — корень 2 x −ax −b=0, то уравнение x 2 −2ax −2b=0 имеет корень между c и d. 55. (Румыния, 1975.) Для любых p, q найдите множество всех значений f (x) = x 2 + px + q при |x| ¶ 1.

§ 5. Параболы в геометрии и в оптике Навстречу сверкают, как чудо, Параболы звезд небывалых: Зеленых, серебряных, алых На тусклом ночном багреце. Даниил Андреев (1941)

Следующие задачи были известны еще древним грекам. Вероятно, их знал Архимед, и несомненно знал Аполлоний. 56. Докажите, что график параболы 4 y = x 2 можно начертить как геометрическое место точек, равноудаленных от точки с координатами (0, 1) (фокуса параболы) и прямой y = −1 (ее директрисы). На самом деле Аполлоний и определил произвольную параболу как множество точек, равноудаленных от данной точки (фокуса) и данной прямой (директрисы). Далее во многих задачах вместо указанной в них конкретной параболы можно понимать произвольную параболу и решать эти задачи чисто геометрически, хотя, как правило, это несколько труднее.

Аполлоний из Перги

57. Докажите, что если через произвольную точку N параболы y = x 2 провести луч, проходящий через ее фокус, и опустить перпендикуляр на директрису, то биссектриса угла, образованного этими лучами, будет касательной к параболе в этой точке N (т. е. прямой, пересекающей параболу только в одной точке — самой точке касания).

§ 5. Параболы в геометрии и в оптике

Представим, что поверхность параболы зеркальна и из ее фокуса выходит луч света. Как он будет отражаться от параболы в точке, в которой он в нее попадает? Согласно закону отражения света от плоского зеркала (известного Пьеру Ферма) «угол падения равен углу отражения». Так как в сколь угодно малой окрестности рассматриваемой точки график параболы сколь угодно мало отличается от прямой — касательной к параболе в этой точке, — естественно понимать в случае параболического зеркала под углами падения и отражения соответствующие углы, образованные лучом с рассматриваемой касательной к параболе. 58. Применяя предыдущую задачу, докажите, что отраженный от параболы луч, выходящий из ее фокуса, полетит параллельно оси симметрии параболы, которая проходит через ее фокус перпендикулярно директрисе. Теперь представим, что парабола вращается вокруг своей оси. Полученная двумерная поверхность называется параболоидом вращения. Она является частным случаем так наz зываемого эллиптического параболоида (рис. 8). Все его сечения плоскостями, проходящими через рассматриваемую ось вращения, будут одинаковыми параболами с общим фокусом, который естественно назвать фокусом параболоида. Представим теперь, что поверхность параболоиy да сделана из подходящего металла и зерx кальна. Получится параболическое зеркало. Такое жидкое зеркало можно полуРис. 8. Эллиптический чить, если налить в ведро ртуть и начать параболоид очень быстро вращать ведро вокруг оси (подобный опыт, с целью создания жидкого телескопа, реально выполнил знаменитый американский физик-экспериментатор Роберт Вуд, автор замечательной книги по физической оптике; повторить его в домашних условиях довольно сложно: ведро ртути весит больше ста килограмм, вращать его нужно очень быстро, а пары ртути ядовиты). Если в фокус параболического зеркала поместить источник света, то оно будет отражать его лучи согласно предыдущей задаче в направ-

§ 5. Параболы в геометрии и в оптике

Рис. 9. Атака Архимеда. Фреска Джулио Париджи (1600). Галерея Уффици

лении оси симметрии (оси вращения зеркала), — получится параболический прожектор (или лампа для прогревания ушей — садистский инструмент из арсенала врачей-отоларингологов шестидесятых годов, которым меня лечили в детстве). Если, наоборот, направить в это зеркало параллельно его оси пучок, то он соберется в фокусе. Если поместить в фокус бумагу, сухую траву и т. п., получится зажигательное зеркало для туристических походов. А если в фокус поместить маленькое плоское зеркало из тугоплавкого металла и направить его в сторону вершины параболоида, в которой проделано небольшое отверстие, то из него вылетит мощный луч света — получится фантастический прибор из романа Алексея Толстого «Гиперболоид инженера Гарина» 1 . Реальные возможности этого устройства писатель несколько преувеличил, и осуществить с таким размахом эту идею на практике пока никому не удалось 2 . Впрочем, согласно легендам, Архимед сжег римский флот с помощью зеркал. Венгерский математик Альфред Реньи в своей замечательной книге «Диалоги о математике» 3 дополнил эту легенду такой подроб1

Толстой допустил ошибку, гиперболоид не обладает нужным свойством. В романе следовало использовать параболоид, но, возможно, дело в том, что гиперболоид звучит красивее. 2 Нечто подобное делают приборы, называемые лазерами, но они устроены на совершенно других и существенно более сложных физических принципах; за их создание советские физики Басов и Прохоров получили совместно с американцем Таунсом Нобелевскую премию (1964). 3 Имеется русский перевод (М.: Мир, 1969).

§ 5. Параболы в геометрии и в оптике

ностью: Архимед составил из множества маленьких женских зеркал большое параболическое зеркало. Было это в действительности или не было, неизвестно. Но такая идея прийти в голову Архимеду вполне могла. Другое дело, была ли у него возможность ее реализовать 1 . Согласно тем же легендам, Архимед построил также хитроумные метательные машины, которые помогали осажденным жителям Сиракуз выдерживать натиск римской армии. Это выглядит правдоподобно, и, как считает известный историк механики И. Н. Веселовский, вероятно, Архимед был скорее военным инженером, чем чистым математиком, но это уже другая история‌ 59. Докажите, что середины семейства параллельных хорд параболы лежат на одной прямой, параллельной оси параболы. 60∗. (ВМО, 1982.) На координатной плоскости нарисована парабола y = x 2 . Потом оси координат стерли. Как по оставшейся параболе восстановить их и единицу длины, пользуясь циркулем и линейкой? На самом деле предыдущая задача фактически имеется в томе 1 прекрасной книги Б. Н. Делоне и Д. А. Райкова «Аналитическая геометрия». Только она сформулирована немного по-другому: требуется по контуру параболы найти ее ось, фокус и директрису. Если вы вспомните, как находятся у параболы фокус и директриса, то станет ясно, что их построение сводится к нахождению единицы длины. В упомянутой книге есть и другие замечательные задачи про параболу. Например, следующие задачи о построении параболы разными методами. 61. (Построение параболы по осям координат и одной точке.) Требуется построить точки параболы (k, k 2 ), k = −n, . . . , n, если точка M = (n, n2 ) задана. 62. (Построение параболы по фокусу и директрисе с помощью угольника и нити.) Пусть заданы фокус и директриса параболы. Закрепим вдоль директрисы линейку. К линейке приставим меньшим 1 Вот что писали об этом античные историки: «Когда корабли Марцелла приблизились на расстояние полета стрелы‌ старик (Архимед) велел приблизить шестигранное зеркало, сделанное им. На известном расстоянии от этого зеркала он поместил другие зеркала, поменьше, такого же вида; зеркала эти вращались на своих шарнирах при помощи квадратных пластинок Лучи, отраженные от этих зеркал, произвели страшный пожар на кораблях, которые были обращены в пепел‌». Известный французский естествоиспытатель Бюффон в 1777 г. показал на опыте, что это возможно. При помощи 168 зеркал он, в апреле месяце, зажег дерево и расплавил свинец на расстоянии 47 метров.

§ 5. Параболы в геометрии и в оптике

катетом чертежный угольник и к его вершине, противолежащей этому катету, прикрепим одним концом нить, равную по длине большему катету. Второй конец нити закрепим в фокусе. Докажите, что если перемещать угольник вдоль линейки, удерживая нить натянутой карандашом (или пишущей ручкой), то острие карандаша будет описывать параболу. 63. (Построение параболы по фокусу и директрисе с помощью циркуля.) Пусть заданы фокус и директриса параболы. Проведем ряд параллелей к директрисе. Сделаем на каждой из них две засечки циркулем из фокуса как из центра раствором, равным расстоянию этой параллели до директрисы. Докажите, что построенные точки лежат на параболе с данным фокусом и директрисой. 64. (Построение параболы перегибанием листа бумаги.) Возьмем прямоугольный лист бумаги с одним выделенным краем и проколем его в некоторой точке A. Перегнем лист так, чтобы этот его край проходил через точку A. Тогда линия сгиба будет касательной к параболе с фокусом в точке A и директрисой, совпадающей с этим краем листа. Докажите, что, проведя всевозможные такие перегибания, получим семейство касательных к параболе, и в определенном смысле — саму параболу (касательной к параболе называется, естественно, любая прямая, пересекающаяся с ней в одной точке). Как построить касательную к параболе в ее данной точке, ясно из задачи 57 — нужно провести биссектрису угла между перпендикуляром, опущенным из данной точки на директрису, и направлением из данной точки на фокус. 65. (Построение касательных к параболе из внешней точки.) Из данной точки N как из центра опишем окружность, проходящую через фокус параболы. Эта окружность пересекается с директрисой в точках D1 , D2 . Восстановим из D�� перпендикуляр к директрисе до пересечения с параболой в точке M�� . Докажите, что прямые NM�� будут искомыми касательными к параболе. 66. Опустим из произвольной точки параболы перпендикуляр на касательную, проведенную через вершину этой параболы. Докажите, что касательная к параболе в указанной точке является медианой прямоугольного треугольника, образованного касательной к вершине параболы, построенным к ней перпендикуляром и прямой, соединяющей эту точку с вершиной параболы. 67. (Экзамены в СУНЦ МГУ, 1980.) Под каким углом видна парабола y = x 2 /4 из точки (0, −1)?

§ 5. Параболы в геометрии и в оптике

68∗. (Экзамены в СУНЦ МГУ, 1998.) Нарисуйте множество точек координатной плоскости, из которых парабола y = 2x 2 видна под прямым углом. 69∗. Докажите, что для произвольной параболы это множество точек совпадает с ее директрисой. Покажем, как можно геометрическим способом решать квадратные уравнения. Таких способов много, наиболее элегантный следующий. Пусть надо решить уравнение x 2 + px + q = 0. Нарисуем на плоскости Opq дискриминантную кривую этого уравнения (линию, на которой дискриминант обращается в нуль) — ею, очевидно, является парабола p2 = 4q. Уравнение будем изображать точкой (−p/2, q/4). Очевидно, таким образом устанавливается взаимно однозначное соответствие между точками плоскости и всевозможными квадратными уравнениями. 70. Докажите, что если точка (−p/2, q/4) лежит внутри дискриминантной параболы, то уравнение не имеет действительных корней, если на границе, то имеет один кратный корень, равный абсциссе данной точки, а если вне параболы, то уравнение имеет два действительных корня. 71. (Построение корней квадратного уравнения.) В последнем случае оба корня можно построить, проведя из точки N = (−p/2, q/4) две касательные к дискриминантной параболе p2 = 4q. Докажите, что абсциссы точек касания и будут корнями уравнения x 2 + px + q = 0. 72. (Экзамены в СУНЦ МГУ, 1996.) Рассмотрим произвольную параболу y = x 2 + px + q, пересекающую оси координат в трех разных точках. Докажите, что окружность, проходящая через эти точки, проходит через точку (0, 1) (не зависящую от p, q!). В следующей задаче для простоты можно считать, что речь идет о параболах y = ax 2 + bx + c и x = py 2 + q y + r. 73∗. Докажите, что если две параболы с перпендикулярными осями (или, что то же самое, с перпендикулярными директрисами) пересекаются в четырех точках, то эти точки лежат на одной окружности. В следующей задаче загадочным образом появляются четыре параболы. 74. (BMO, 1967.) Три последовательные вершины ромба лежат на трех сторонах (например, AB, BC, CD) квадрата со стороной 1. Найдите фигуру (геометрическое место точек), заполняемую четвертыми вершинами таких ромбов, и вычислите ее площадь.

§ 6. Параболы в механике и баллистике Литлвуд держался несколько напряженно, когда стал объяснять: он сейчас руководит группой, которая ведет исследования по баллистике для Королевской артиллерии. Военная разведка недавно оповестила их о том, что высокая точность огня противника на Западном фронте объясняется применением нового способа расчетов, называемого «метод Папахристоса». — Я уверен, вы не откажетесь поделиться вашим открытием с правительством Его Величества, старина, — заключил Литлвуд. — В конце концов, Греция наш союзник. Апостолос Доксиадис. Дядя Петрос и проблема Гольдбаха (1992)

Если бросить камень точно вертикально вверх, то он упадет вам на голову. А если бросить не совсем вертикально, то он полетит по параболе 1 . То же самое можно сказать и о полете пушечного ядра или артиллерийского снаряда 2 . Поэтому с появлением артиллерии для многих военных и государственных деятелей дошло, что математика — наука полезная. Уже знаменитый итальянский математик XV века Никколо Тарталья 3 подрабатывал, консультируя Венецианский арсенал. Кстати, он первым понял, что для достижения максимальной дальнобойности надо поднять ствол орудия под углом 45◦ к горизонту. Имел ли он строгое доказательство, Никколо Тарталья неясно, потому что тот факт, что ядро, бро1

Разумеется, это утверждение является некоторой идеализацией. Оно верно при отсутствии атмосферы и предположении, что Земля плоская, но будет с высокой точностью выполняться, если камень брошен недалеко, невысоко (поэтому действующая на него сила притяжения Земли не сильно изменяется во время его полета) и не слишком быстро (поэтому силой сопротивления воздуха можно пренебречь). Если же эти условия не выполняются, то вероятно, речь идет не о камне, а о ракете. 2 С учетом сделанных выше замечаний. 3 Он был одним из первых, кто нашел формулу для корней кубического уравнения.

§ 6. Параболы в механике и баллистике

шенное вверх, будет падать с постоянным ускорением g ≈ 10 м/с2 был открыт только в XVII веке Галилеем. Мы предлагаем читателю вспомнить физику и решить следующую задачу. 75. Пусть скорость снаряда равна v, а угол возвышения орудия равен α. Докажите, что если начало координат совместить с орудием, то траектория полета снаряда задается уравнением y = kx − ax 2 (k 2 + 1), где a = g/(2v 2 ), k = tg α, y — высота полета снаряда. Докажите также, что максимальная высота траектории равна h = (v 2 sin2 α)/g, а ее дальность равна d = (v 2 sin 2α)/g. Из предыдущей задачи легко следует, что 76. Максимальная дальнобойность орудия равна d = v 2 /g. Из приведенных примеров ясно, что баллистика — наука о полете снарядов и ракет — немыслима без математики. Неудивительно, что ею занимались в прошлом известные математики. Например, Леонард Эйлер написал книгу, посвященную баллистике 1 . А артиллеристы изучали математику. Самым известным из них был, безусловно, Наполеон, который, кстати, всегда поддерживал Политехническую школу, готовившую гражданских и военных инженеров, и в его время, и долгое время после него в ней преподавали лучшие французские математики — Монж, Лежандр, Пуассон, Ампер, Коши и др. Лев Толстой в молодости изучал математику и служил артиллерийским офицером в Севастополе во время Крымской войны. Самый известный русский математик и механик первой половины XIX века Михаил Васильевич Остроградский преподавал в военных учебных заведениях Петербурга. Рассмотрим еще интересный пример появления парабол в баллистике. 77. Предположим, что зенитное орудие может стрелять в любом направлении под любым углом от нуля до 90◦ со скоростью вылета снаряда v. Как определить зону, в которой оно может поразить самолет? Этой задачей интересовались (не в применении к самолетам и зенитным орудиям) Эванджелиста Торричелли и Иоганн Бернулли. Впрочем, огибающую этого семейства парабол можно увидеть во1 Эта книга имеется в русском переводе: «Исследования по баллистике», М.: Физматлит, 1961.

§ 6. Параболы в механике и баллистике

Рис. 10. Фонтан «Солнце» в Петергофе

очию в Петергофском парке. Там есть фонтан, выпускающий по всем направлениям струи воды с одинаковой начальной скоростью. Они летят, естественно, по параболам (см. рис. 10). Для решения этой задачи сначала предположим, что стрельба ведется в одном направлении (т. е. в одной плоскости), и найдем плоское сечение зоны поражения. Совместим начало плоской системы координат с орудием, а саму координатную плоскость — с плоскостью стрельбы (размерами орудия будем пренебрегать). Рассмотрим правую часть плоской зоны поражения (лежащую в полуплоскости x ¾ 0). Из задачи 75 следует, что при угле возвышения орудия α (угол измеряется в радианах) траектория полета снаряда совпадает с параболой y = kx − ax 2 (k2 + 1), где a = g/(2v 2 ), k = tg α. Зона поражения, очевидно, ограничивается кривой, которая содержит внутри себя каждую из парабол y = kx − ax 2 (k 2 + 1),

§ 6. Параболы в механике и баллистике

и которая касается каждой из этих парабол. Эту кривую можно назвать огибающей данного семейства парабол F(x, y, k). В математическом анализе разработаны общие методы вычисления таких огибающих. Но в данном примере можно обойтись и без общей теории. Действительно, огибающая y = y(x) при x = 0, очевидно, удовлетворяет равенству y(0) = 1/(4a) = v 2 /(2g), так как при стрельбе вертикально вверх снаряд летит не по параболе, а по прямой и достигает максимальной высоты в момент времени t = v/g, когда скорость полета снаряда v − gt будет равна нулю. Пройденный к этому моменту путь (в данном случае высота подъема снаряда) равен vt −

gt 2 v2 v2 v2 = − = . 2 g 2g 2g

При x > 0 огибающая есть y(x) = max. ��>0

Выделяя полный квадрат (рассматривая k как переменную, а x — как фиксированный параметр), имеем € Š 1 1 2 xk − ax 2 (k2 + 1) = xk − ax 2 k2 − ax 2 = − ax 2 − ax 2 k − , 4a

€ Š € Š 1 2 1 2 1 так как ax 2 k − ¾ 0, и ax 2 k − = 0 при k = . Таким 2ax 2ax 2ax образом, огибающей семейства парабол y = kx − ax 2 (k 2 + 1),

является парабола y = 1/(4a) − ax 2 . Левая часть зоны поражения (лежащая в полуплоскости x ¶ 0), очевидно, симметрична правой части относительно оси ординат и ограничивается сверху огибающей семейства парабол y = −kx − ax 2 (k 2 + 1),

которая из соображений симметрии является той же параболой y = = 1/(4a) − ax 2 . Таким образом, плоское сечение зоны поражения есть внутренность параболы y =1/(4a)−ax 2 , a = g/(2v 2 ). Чтобы найти полностью границу зоны поражения, надо взять поверхность, полученную вращением параболы y = 1/(4a)−ax 2 вокруг оси ординат. Это поверхность является уже встречавшимся нам параболоидом вращения

§ 6. Параболы в механике и баллистике

и задается равенством y = 1/(4a) − a(x 2 + z 2 ), если через Oz обозначить ось пространственной системы координат, перпендикулярную осям Ox и Oy. Найденный нами параболоид можно назвать параболоидом безопасности (если смотреть на ситуацию глазами летчика). Интересно, что вершины рассмотренного семейства парабол y = kx − ax 2 (k2 + 1) вовсе не лежат на параболе безопасности, как может показаться на первый взгляд. 78. Докажите, что при k > 0 вершины семейства парабол y = kx − ax 2 (k2 + 1) имеют координаты x=

и лежат на кривой с уравнением y − 4ay 2 = ax 2 . Применяя к полученному уравнению процедуру выделения полного квадрата, можно переписать это уравнение в виде € Š € Š2 1 2 1 x2 + 4 y − = , 8a

из которого становится ясно, что указанная фигура является эллипсом с центром в точке (0, 1/(8a)) и полуосями 1/(4a), 1/(8a). На рис. 11 показаны несколько возможных траекторий снаряда, эллипс, на котором лежат их вершины, и огибающая траектории парабола безопасности. y

Рис. 11. Парабола безопасности

§ 7. Квадратный трехчлен и задачи на максимум и минимум Я хочу только, чтобы он знал, что наши вопросы о максимумах и минимумах и о касательных к кривым линиям были решены восемь или десять лет тому назад и несколько человек, которые знали про это в последние пять или шесть лет, могут это засвидетельствовать. Пьер Ферма. Письмо Рене Декарту (1638)

Многие задачи на максимум и минимум могут быть решены с помощью уже известного нам алгоритма поиска экстремума квадратного трехчлена. Например: как среди всех прямоугольников данного периметра найти имеющий наибольшую площадь? Эта задача сразу сводится к следующей. 79. Найдите максимальное значение x(1 − x). Из результата этой задачи вытекает, что максимальную площадь имеет квадрат (и только квадрат). Многие экстремальные задачи имеют двойственные формулировки. Например, для рассмотренной задачи двойственной является следующая: среди всех прямоугольников данной площади найти имеющий наименьший периметр. Решение двойственной задачи, как правило, легко вытекает из решения прямой задачи рассуждением от противного. Например, в данном случае, предположив, что среди прямоугольников площади S наименьший периметр P имеет не квадрат, получаем, что квадрат периметра P имеет площадь, большую чем S, и, уменьшив его подобным образом, получим квадрат площади S и периметра, меньшего P, что противоречит минимальности P. Однако в этом рассуждении молча предполагалось, что экстремальная фигура существует, а это надо доказывать. Но можно непосредственно решить двойственную задачу (и, наоборот, из нее вывести прямую задачу), сведя ее к следующей задаче. 80. Найдите минимальное значение x + 1/x при всех x > 0 (и максимальное при x 0, β > 0. Так как свойство выпуклости параболы мы не доказывали, это неравенство нуждается в алгебраическом доказательстве, которое мы предоставляем читателю выполнить самому. Указанное неравенство можно обобщить на n слагаемых и получить неравенство α1 x12 + . . . + α�� x��2 ¾ (α1 x1 + . . . + α�� x�� )2 , где α1 + . . . + α�� = 1, α�� > 0. Это неравенство также является следствием выпуклости параболы. Вообще для любой выпуклой функции f (x) (т. е. такой, у которой график всегда лежит ниже хорды) справедливо неравенство α1 f (x1 ) + . . . + α�� f (x�� ) ¾ f (α1 x1 + . . . + α�� x�� ), где α1 + . . . + α�� = 1, α�� > 0, которое называется неравенством Йенсена. Его доказательЙохан Йенсен ство, однако, выходит за рамки нашей темы. Задач (и теорем) о неравенствах известно огромное количество, и о них написаны целые книги, например, рассчитанная на школьников книга Беккенбаха и Беллмана «Введение в неравенства» (Мир, 1965). Увлечение такими задачами уведет в сторону от нашей темы,

§ 7. Квадратный трехчлен и задачи на максимум и минимум

поэтому мы здесь еще только упомянем о том, что неравенства между средними можно обобщить и для n положительных чисел s 2 p x1 + . . . + x��2 x + . . . + x�� n ¾ 1 ¾ �� x1 . . . x�� ¾ , n

и заметим, что его можно вывести из неравенства Йенсена. Возвращаемся к задачам на максимум и минимум. С помощью исследования квадратного трехчлена решается следующая задача. 90. Из прямоугольного треугольника с катетами a, b вырежьте прямоугольник наибольшей площади, примыкающий к прямому углу. Какова его площадь? На самом деле ответ в этой задаче не изменится, если в условии потребовать вырезать из произвольного треугольника параллелограмм, причем произвольно расположенный. Но это задача уже скорее геометрическая, чем алгебраическая. Некоторые совсем простые геометрические задачи имеют экстремальную природу, например, следующая задача. 91. Найдите на прямой x/a + y/b = 1 точку, наиболее близкую к началу координат. На p алгебраическом языке здесь речь идет о минимизации функции x 2 + y 2 (т. е. фактически квадратичной формы x 2 + y 2 ) на прямой x/a + y/b = 1. Задача легко сводится к минимизации квадратного трехчлена. На геометрическом языке решение очевидно — надо опустить из начала координат перпендикуляр на эту прямую. Так как эта прямая отсекает от осей координат треугольник с катетами a, b, его удвоенная площадь равна ab, а искомый перпендикуляр — это высота треугольника, опущенная на гипотенузу, откуда, вычисляя удвоенную площадь как произведение гипотенузы на высоту, имеем h= p

К решению экстремальной задачи сводятся и задачи о проведении огибающей к семейству кривых, с которыми мы уже имели дело. Вот еще одна такая задача. 92. Опираясь концами на оси координат, отрезок (переменной длины) скользит так, что сумма его проекций на оси координат по-

§ 7. Квадратный трехчлен и задачи на максимум и минимум

стоянна. Докажите, что тогда огибающей семейства прямых, продолжающих эти отрезки, является парабола, ось которой совпадает с биссектрисой угла между осями координат. Не каждая экстремальная задача имеет решение. Рассмотрим, например, следующую задачу. 93. Вырежьте из квадратного куска картона с единичной стороной прямоугольную коробку с наибольшей площадью поверхности (крышка делается из другого куска картона и ее площадь учитывается). Та же задача, если крышки нет и ее площадь не учитывается. Следующая задача также не имеет решения. 94. Вырежьте из квадратного куска картона с единичной стороной прямоугольную коробку с крышкой с наибольшей площадью поверхности. 95. Вырежьте из квадратного куска картона с единичной стороной прямоугольную коробку без крышки наибольшего объема. Эта задача имеет решение, хотя в ней надо максимизировать не квадратный, а кубический многочлен f (x) = x(1 − 2x)2 . Эту задачу можно решить, применив неравенство о средних для трех чисел: действительно, 4x(1 − 2x)(1 − 2x) ¶

(4x + 1 − 2x + 1 − 2x)3 8 = ; 27 27

можно решить и с помощью производных, но мы здесь покажем более длинное решение, доступное школьникам средних классов, в котором появляется квадратный трехчлен. Фактически мы повторяем рассуждения Пьера Ферма. Предположим, что максимум достигается при x = a. Отсюда следует, что при любом не слишком большом h верно неравенство f (a) ¾ ¾ f (a + h). Но f (a) = a(1 − 2a)2 = 4a3 − 4a2 + a, поэтому f (a + h) − f (a) = 4((a + h)3 − a3 ) − 4((a + h)2 − a2 ) + (a + h) − a = = 4h(a2 + a(a + h) + (a + h)2 ) − 4h(a + a + h) + h = = h(12a2 + 12ah + 4h2 − 8a − 4h + 1) = = h(12a2 − 8a + 1 + (12a − 4)h + 4h2 ) ¶ 0. Заметим теперь, что при 12a2 − 8a + 1 6= 0 это неравенство не может всегда выполняться, потому что при достаточно малом h 12a2 − 8a + 1 + (12a − 4)h + 4h2 6= 0

§ 7. Квадратный трехчлен и задачи на максимум и минимум

(и имеет тот же знак, что и 12a2 −8a +1), поэтому, выбирая подходящий знак у h, можно получить, что f (a+h)− f (a)>0. Поэтому необходимое условие для того, чтобы при x = a достигался максимум, есть 12a2 − 8a + 1 = 0. Решая это уравнение, имеем a1,2 = 1/2, 1/6. Первый корень не подходит по смыслу задачи, так как 0 0. 100. Как определить по нарисованной гиперболе знаки a, b, d? 101. Докажите, что гипербола однозначно определяется любыми тремя своими точками. 102. Докажите, что (в невырожденном случае) графики любых двух дробно-линейных функций y=

подобны друг другу. 103. Сколько общих точек могут иметь графики функций a1 x + b1 c1 x + d1

a2 x + b2 ? c2 x + d2

Следующая задача легко решается, если представить себе графики обеих функций. 104. (С.-Петербург, 1998.) Две дробно-линейные функции f (x), g(x) таковы, что f (x) − g(x) > 1997 при всех x из области определения. Докажите, что f (x) − g(x) есть константа (на своей области определения). 105. Найдите все a, при которых система 2ax > a + x > ax имеет хотя бы одно решение. Гипербола, так же как и парабола, имеет фокус, даже не один, а два. Фокусы гиперболы определяются как две точки, обладающие следующим фокальным свойством: модуль разности расстояний от любой точки гиперболы до ее фокусов постоянен. 106. Докажите, что фокусами гиперболы 2 y = 1/x являются точки F1 = (1, 1), F2 = (−1, −1), причем эта гипербола является множеством (раньше говорили: геометрическим местом) точек N, удовлетворяющих равенству |NF1 − NF2 | = 2.

§ 8. Гипербола и дробно-рациональные функции

Если в качестве фокусов выбрать точки F1 = (1, 0), F2 = (−1, 0), то множество точек N, таких что |NF1 − NF2 | = 1, оказывается кривой, задаваемой уравнением 4(x 2 − y 2 ) = 1. 107. Проверьте это. Эта кривая, конечно, тоже является гиперболой, но повернутой на 45◦ и подвергнутой преобразованию подобия с коэффициентом 1/2. В школе такие кривые не рассматриваются, возможно потому, что не являются графиками функций. Произвольную гиперболу можно определить как множество точек, модуль разности расстояний от которых до двух данных точек (ее фокусов) постоянен. Гипербола обладает многими свойствами, похожими на свойства параболы. Например, касательная к гиперболе является биссектрисой угла, образованного направлениями из точки касания на фокусы. 108∗. Проверьте это для любой из указанных выше гипербол алгебраически или для любой возможной гиперболы докажите геометрически. У касательных гиперболы есть еще одно простое свойство. 109. Касательная к гиперболе xy = a в точке (x0 , y0 ) задается уравнением yx0 + xy0 = 2a. Докажите, что касательная к этой гиперболе отсекает от осей координат треугольник постоянной площади. Предыдущее утверждение верно и для произвольной гиперболы, только вместо осей координат надо взять асимптоты гиперболы (т. е. прямые, к которым неограниченно приближаются ветви гиперболы; у гиперболы y = 1/x асимптоты совпадают с осями координат). Предыдущую задачу можно переформулировать следующим образом. Прямая скользит так, что площадь треугольника, отсекаемого ею от осей координат, постоянна. Тогда огибающей этого семейства прямых является гипербола, причем касаться каждого отрезка она будет в его середине. Можно для гиперболы определить и понятие директрисы, но ее свойство более сложно, чем свойство директрисы параболы, и поэтому оно здесь не приводится. Как мы уже видели, геометрическим местом таких вершин A треугольника с данным основанием BC, что разность сторон AB и AC равна заданному числу a, является ветвь гиперболы с фокусами B, C. Если же заменить в предыдущем утверждении разность на частное, то получится следующая теорема Аполлония.

§ 8. Гипербола и дробно-рациональные функции

Рис. 16. «Арифметика» Ньютона. Английское издание XVIII века

110. Геометрическим местом вершин A треугольника с данным основанием BC, таких, что отношение сторон AB и AC равно заданному числу a, является окружностью, если a 6= 1, и прямой, если a = 1. Следующая задача заимствована из замечательной книги И. Ньютона «Всеобщая арифметика, или Книга об арифметических синтезе и анализе», изданной в переводе с латинского на русский в издательстве АН СССР в 1948 г. в Москве. 111. Найдите множество вершин A треугольника с данным основанием BC, таких что разность углов ABC и ACB при его основании равна заданному углу α. Оказывается, все такие вершины A лежат на гиперболе, причем у этой гиперболы асимптоты перпендикулярны. Для сравнения: если заменить в задаче Ньютона разность углов на их сумму, то из известной теоремы Евклида легко следует, что искомое множество точек лежит на окружности.

§ 8. Гипербола и дробно-рациональные функции

Решение этой задачи равносильно доказательству следующей теоремы. Теорема 3 (Ньютон). Если в прямоугольной гиперболе провести какой-либо диаметр AB (отрезок с концами на гиперболе, проходящий через ее центр) и из его концов провести к каким-либо двум точкам гиперболы C, D прямые AD, BD и AC, BC, то эти прямые образуют в концах диаметра равные углы DAC, DBC.

§ 9. Эллипсы в алгебре, геометрии и физике Теперь я мог все это определить, как закон — простой, красивый, истинный: планеты движутся по эллипсам, в одном из фокусов имея Солнце. Джон Бэнвилл. Кеплер (1981)

Естественно также возникает вопрос: какую кривую образует множество точек N, для которых сумма расстояний до двух данных точек F�� постоянна? Эта кривая называется эллипсом, а точки F�� — его фокусами. Эллипсы также обладают многими свойствами, похожими на свойства гиперболы и параболы. В частности, все эти кривые являются плоскими сечениями конуса и поэтому еще с древности называются коническими сечениями. Самое простое доказательство того факта, что (ограниченное) плоское сечение обычного (кругового) конуса является эллипсом, можно получить, используя замечательную геометрическую конструкцию, называемую «шарами Данделена». Для доказательства Данделен 1 предложил применить теорему о том, что длины касательных к шару, проведенных из одной точки,

CCC F F11111111 FFF P F F22222222 FF FF

Рис. 17. Шары Данделена 1

Ж. Данделен (1794–1847) — бельгийский математик и инженер.

§ 9. Эллипсы в алгебре, геометрии и физике

равны, и заметить, что для любой точки P данного сечения, касающегося шаров в точках F1 , F2 , справедливо равенство PF1 + PF2 = PC + PD = CD. Далее, так как длина отрезка CD, высекаемого на прямолинейной образующей конуса параллельными плоскостями, проходящими через окружности, по которым касаются конуса эти шары, постоянна, получаем, что точки P данного сечения лежат на эллипсе с фокусами F1 , F2 . Описание свойств конических сечений могло бы занять целую книгу и такие книги имеются в большом ассортименте. Первую из них написал древнегреческий геометр Аполлоний из Перги 1 . Большое число прекрасных задач о конических сечениях есть, как это ни удивительно, в знаменитой книге Ньютона «Математические начала натуральной философии». Углубленное изучение конических сечений выходит за рамки нашей темы, и поэтому мы упомянем только некоторые из их свойств. 112. Докажите, что внутренность эллипса вместе с самим эллипсом (часто также называемая эллипсом) является центрально-симметричной выпуклой фигурой (фигура выпуклая, если вместе с любыми двумя точками содержит и весь отрезок с концами в этих точках). Центр симметрии эллипса называется для краткости просто его центром. Хордой эллипса называется отрезок с концами на эллипсе. Очевидно, что для построения эллипса с данными фокусами и данной суммой расстояний от произвольной точки эллипса до фокусов можно воткнуть в фокусы кнопки, привязать к ним концы нити данной длины и начать двигать по бумаге карандашом так, чтобы нить была все время натянута. Интересно, что если на плоскость поставить прямой цилиндр, основание которого имеет форму эллипса (так называемый эллиптический цилиндр), накинуть на него связанную в кольцо нить, вставить в нее карандаш и двигать им так, чтобы нить была натянута, то будет нарисован эллипс с теми же фокусами, что и исходный. Это вытекает из следующей теоремы, доказанной в XIX веке английским священником Чарльзом Грейвсом 2 . 1 2

См.: Розенфельд Б. А. Аполлоний Пергский. М.: МЦНМО, 2004. Дедом известного писателя Роберта Грейвса.

§ 9. Эллипсы в алгебре, геометрии и физике

Теорема 4 (Грейвс). Даны два софокусных эллипса (т. е. эллипсы с общими фокусами). При перемещении точки M по внешнему эллипсу разность MA + MB − arc AB постоянна, где MA, MB — касательные, проведенные из точки M к внутреннему эллипсу, а arc AB — длина малой дуги этого эллипса, заключенной между точками A, B (т. е. той дуги, которая вместе с касательными образует криволинейный треугольник, лежащий вне внутреннего эллипса). Доказательство не приводим, так как оно использует элементы математического анализа. Многие свойства эллипса (и других конических сечений) известны с глубокой древности. Например, еще Аполлоний доказал следующую теорему о диаметрах эллипса. Теорема 5. Геометрическое место середин семейства параллельных хорд эллипса является диаметром эллипса 1 (хордой, проходящей через центр). Хорда из указанного семейства, которая проходит через центр эллипса, является диаметром, который называется сопряженным диаметром к диаметру, образованному серединами хорд данного семейства. Если диаметр d сопряжен диаметру d 0 , то диаметр d 0 сопряжен диаметру d. Диагонали параллелограмма, описанного вокруг эллипса, являются сопряженными диаметрами эллипса. Перпендикулярные друг другу сопряженные диаметры называются осями эллипса. На большей оси лежат оба фокуса. Ее читатель может попробовать доказать самостоятельно. Следующую теорему доказать сложнее, и мы уже не предлагаем читателю это сделать. Теорема 6 (первая теорема Аполлония). Площадь параллелограмма, описанного вокруг эллипса так, что его стороны параллельны двум сопряженным диаметрам эллипса, постоянна и равна площади прямоугольника, построенного на осях эллипса. Или, что равносильно, произведение длин сопряженных диаметров на синус угла между ними равно произведению длин осей эллипса. Есть еще и вторая теорема Аполлония. 1 Формально говоря, диаметром без концов. Но если к указанному множеству точек добавить точки касания эллипса с касательными, параллельными данному семейству хорд, то получится полный диаметр.

§ 9. Эллипсы в алгебре, геометрии и физике

Теорема 7 (вторая теорема Аполлония). Сумма квадратов сопряженных диаметров эллипса постоянна и равна сумме квадратов его осей. Про касательные к эллипсу известно много красивых теорем, связанных с так называемым оптическим свойством эллипса. (См. сайт www.etudes.ru.) 113. Прямая касается эллипса с фокусами в точках A, B в точке C. Докажите, что тогда биссектриса угла ACB перпендикулярна данной касательной. 114. Докажите, что геометрическое место точек D, симметричных фокусу A относительно произвольной касательной к эллипсу (т. е. таких, что DC = AC и биссектриса угла DCA — касательная к эллипсу), является окружностью с центром B и радиусом, равным большой оси эллипса. Эта окружность иногда называется направляющей окружностью эллипса. 115. Докажите, что геометрическое место точек D, являющихся проекцией фокусов эллипса на произвольную касательную к нему, является окружностью с центром в центре эллипса и радиусом, равным большой полуоси эллипса. Эта окружность иногда называется вершинной окружностью эллипса. Если точка лежит на эллипсе, то провести через нее касательную можно с помощью задачи 113. В противном случае можно воспользоваться следующей задачей. 116. Пусть точка P лежит вне эллипса. Точка, симметричная фокусу A относительно проходящей через P касательной к эллипсу, лежит, согласно задаче 114, на направляющей окружности эллипса с центром в фокусе B и на расстоянии от P, равном PA. Построим окружность с центром P и радиусом PA. Пусть G, G 0 — точки пересечения этой окружности с направляющей окружностью. Докажите, что, опустив перпендикуляры из P на прямые AG, AG 0 , получим обе касательные. С приведенными выше утверждениями тесно связаны следующие теоремы о касательных к эллипсу. Теорема 8 (изогональное свойство). Пусть PG, PH — касательные к эллипсу с фокусами A, B. Тогда углы APH и BPG равны. Теорема 9. Геометрическое место точек, из которых данный эллипс виден под прямым углом (т. е. проведенные из данной точки

§ 9. Эллипсы в алгебре, геометрии и физике

касательные к эллипсу образуют прямой угол), является окружностью с центром в центре эллипса. Теорема 10 (Понселе). Отрезок подвижной касательной к эллипсу, заключенный между двумя неподвижными касательными, виден из фокуса под постоянным углом. Оптическое свойство эллипса означает, что если в один фокус поместить источник света, то свет, отразившись от эллипса, соберется в другом фокусе. Более точно, здесь вместо эллипса лучше говорить о поверхности (эллипсоиде вращения), которая получается при вращении эллипса вокруг одной из его осей. Звук, так же как и свет, имеет волновую природу, но с большей длиной волны, поэтому о прямолинейном распростраЖан-Виктор Понселе нении звука можно говорить лишь приближенно. Тем не менее с известной долей идеализации можно считать, что звук отражается от стенок по тем же законам, что и свет. Поэтому звуковой луч, выйдя из одного фокуса эллипсоида (или поверхности, близкой по форме к эллипсоиду), соберется в другом его фокусе. Как написано в книге Л. Д. Ландау и А. И. Китайгородского «Физика для всех»: Это свойство кривых поверхностей знали еще в древности‌ Во времена инквизиции‌ для подслушивания разговоров использовали сводчатые поверхности. Двое людей, тихим голосом поведывающие друг другу свои мысли, и не подозревали, что благодаря сводчатому потолку в другом углу таверны дремлющий монах почти так же хорошо слышит каждое слово их беседы, как и они сами. Но эллипсы появляются в физике не только благодаря своему оптическому свойству. Гораздо более важно то, что планеты в Солнечной системе (и их естественные и искусственные спутники) движутся по эллиптическим орбитам. Этот факт эмпирически обнаружил Кеплер, пользуясь результатами многолетних наблюдений Тихо Браге. Как-либо обосновать открытые им законы движения небесных тел

§ 9. Эллипсы в алгебре, геометрии и физике

Кеплер не мог, но они были настолько красивы и так точно выполнялись, что в их справедливости ни у кого не возникло сомнений. Впоследствии Ньютон сумел строго доказать справедливость законов Кеплера, выведя их из своего закона всемирного тяготения 1 . Для этого ему пришлось развить направление математики, которое сейчас называется дифференциальным и интегральным исчислением, а также создать классическую механику. В частности, Ньютон начал исследовать вопрос о том, с какой силой будет притягивать Иоганн Кеплер тело эллипсоидальной формы и равномерной распределенной плотности. Ему удалось решить его в случае сферической формы, но в общем случае этот вопрос оказался весьма сложным. Впоследствии им занимались Маклорен, Лаплас, Гаусс, Шаль. Полученные в результате формулы включают в себя так называемые эллиптические интегралы (обо всем этом можно прочитать, например, в прекрасном курсе теоретической механики профессора МГУ, «отца русской авиации» Н. Е. Жуковского). Эти формулы имеют не только теоретическое значение, так как Земля имеет форму не шара, а скорее эллипсоида. Интерес к задаче о силе притяжения материального эллипсоида сохраняется и в наше время, в связи с появлением космических аппаратов и необходимостью точного расчета их орбит. Сплюснут земной эллипсоид у полюИсаак Ньютон сов или нет — этот вопрос очень интере1 Строго говоря, закон всемирного тяготения независимо от Ньютона и, по-видимому, раньше его открыл выдающийся английский физик-экспериментатор Роберт Гук. Он даже пытался (без особого успеха) получить экспериментальное подтверждение этого закона. Но Ньютону удалось теоретически вывести из закона всемирного тяготения законы Кеплера, и слава первооткрывателя (в общем-то, справедливо) досталась ему. Просто Ньютон был одним из крупнейших математиков своего времени (да и всех времен тоже).

§ 9. Эллипсы в алгебре, геометрии и физике

совал ученых в XVIII веке. Возник даже спор между французскими и английскими учеными. Для разрешения этого спора французская академия наук организовала в 1730-х гг. геодезическую экспедицию с целью измерения длины одного градуса меридиана в Лапландии (у Полярного круга) и в Перу (у экватора). Известный математик и механик Мопертюи руководил экспедицией в Лапландию. Она завершилась успешно: было установлено, что Земля сплюснута у полюсов. Мопертюи получил прозвище «сплюснувший Землю». Знаменитый писатель Вольтер совершенно незаслуженно высмеял эту экспедицию в своих «Философских повестях». Работы по измерению длины меридиана продолжались и далее. В конце XVIII века была послана экспедиция в Испанию, но в связи с бурными политическими событиями исследования проходили в мало подходящих условиях и чуть было не закончились безрезультатно. Руководитель экспедиции академик Мешень умер. В 1806 г. для продолжения работ в Испанию был командирован выпускник Политехнической школы Араго. В течение трех лет он продолжал работу в немыслимых условиях; ему удалось закончить измерения и привезти результаты расчетов в Париж на разрозненных листах бумаги буквально под своей рубашкой. За эти три года он неоднократно рисковал жизнью, побывал в испанской тюрьме и через Алжир с трудом вернулся во Францию. Свои приключения он описал в воспоминаниях, которые можно прочесть в третьем томе его «Биографий знаменитых астрономов, физиков и геометров» (Москва — Ижевск: РХД, 2000). Когда в 23 года он был избран в Академию наук и был по этому поводу представлен императору, Наполеон спросил, что он сделал. Академики ответили: «Измерил дугу меридиана в Испании». Вернемся к алгебре. Хотя большинство свойств эллипса можно красиво доказать чисто геометрически, все же проще для этого использовать алгебру 1 и систему координат. 117. Если провести ось Ox через фокусы эллипса, а ось Oy через его центр (середину фокального отрезка), то уравнение эллипса примет вид y2 x2 + 2 = 1. 2 a b

При этом a, b — это полуоси эллипса. 1

Этим не пренебрегал и сам Аполлоний.

§ 9. Эллипсы в алгебре, геометрии и физике

Если же выбрать оси координат произвольно, то получатся для эллипса (как и для параболы и гиперболы) более сложные уравнения, но они всегда будут уравнениями второго порядка, т. е. уравнениями вида a11 x 2 + a12 xy + a22 y 2 + a1 x + a2 y + a0 = 0. Верно и обратное, а именно, справедлива классическая Теорема 11. Невырожденная кривая второго порядка (т. е. кривая, задаваемая уравнением второго порядка) является либо эллипсом, либо гиперболой, либо параболой. Вырожденная кривая является либо объединением двух прямых, либо просто прямой, либо точкой, а может быть пустым множеством. Произвольная кривая второго порядка однозначно определяется любыми пятью своими точками. Любую другую точку кривой второго порядка можно построить по пяти данным точкам одной линейкой с помощью теоремы Паскаля. Любые две кривые второго порядка либо содержат общую прямую, либо имеют не более четырех общих точек. Последнее из утверждений теоремы есть частный случай теоремы Безу, в которой речь идет о пересечении кривых произвольного порядка 1 . Покажем, как решать систему двух уравнений второго порядка (и тем самым как доказать упомянутый частный случай теоремы Безу): ¨ a11 x 2 + a12 xy + a22 y 2 + a1 x + a2 y + a0 = 0, Этьен Безу

b11 x 2 + b12 xy + b22 y 2 + b1 x + b2 y + b0 = 0.

Для этого достаточно выразить, например, x через y и подставить это выражение x = f ( y) в любое из двух уравнений. Если a11 = 0 или b11 = 0, это делается очевидным образом, например, если a11 = 0, то x=−

a22 y 2 + a2 y + a0 . a12 y + a1

Если же a11 b11 6= 0, то, умножая первое уравнение на λ = −b11 /a11 и складывая со вторым, получаем вместо первого уравнения A12 xy + A22 y 2 + A1 x + A2 y + A0 = 0, 1 Это настоящая теорема Безу, а не тот почти очевидный факт, который носит имя Безу в школе.

§ 9. Эллипсы в алгебре, геометрии и физике

и полученная система, равносильная исходной, решается с помощью указанной выше подстановки, выполнив которую, получаем вместо второго уравнения уравнение не выше четвертой степени, но от одной неизвестной: b4 y 4 + . . . + b0 = 0. Это уравнение (если оно не вырождается в тождество 0 = 0) имеет не более чем 4 решения, которые можно найти, применив любой из известных методов решения уравнений 4-й степени. Эти методы не просты, и мы не будем здесь их приводить, а отошлем читателя к подходящему учебнику алгебры. Конечно, иногда можно решить полученное уравнение элементарно, например, разложив его на множители или угадав корни. Очевидно, что геометрическая задача о нахождении пересечения двух кривых равносильна алгебраической задаче о решении системы уравнений. Для использования геометрической интерпретации в решении систем нужно уметь быстро понимать, какого типа кривую задает каждое уравнение. Для этого достаточно знать только квадратичную часть уравнения кривой — квадратичную форму ax 2 + 2bxy + cy 2 . Если она нулевая, то уравнение становится линейным. В противном случае можно после смены знака считать, что a > 0 или эта форма имеет вид 2bxy. Последний случай можно свести к первому заменой переменных вида  x+y 0  x = p , 2 x−y   y0 = p 2

(геометрически означающей поворот системы координат на 45◦ ), так как в новых переменных квадратичная форма примет вид b(x 2 − y 2 ). Далее выделяем полный квадрат € € Š by Š 2 b2 ax 2 + 2bxy + cy 2 = a x + + y2 c − a

и после замены переменных (

y0 = y (которая геометрически означает перекос системы координат), квадратичная форма уравнения принимает вид ax 2 + by 2 , а линейная

§ 9. Эллипсы в алгебре, геометрии и физике

часть уравнения остается линейной. Далее делаем замену переменных ¨ 0 x = x + c0 , y 0 = y + c1 (геометрически означающую параллельный перенос системы координат) и получаем уравнение кривой в виде ax 2 + by 2 = c, или в виде ax 2 = y, или в виде ax 2 = c. В предпоследнем случае кривая является параболой, а p в последнем вырождается либо в пару параллельных прямых x = ± c/a, либо в одну прямую x = 0, либо в пустое множество при c/a 0, и если p c = 0, то кривая вырождается p в объединение двух прямых ax ± (−b) y = 0 при b 0. Если же c6=0, то при b 0 получается либо эллипс, так как эллипс отличается от гиперболы и параболы своей ограниченностью, либо пустое множество, если c 0,

то оно задает окружность, точку или пустое множество. Чтобы его нарисовать, нужно преобразовать его к виду (x − c0 )2 + ( y − c1 )2 = R2 , где c0 =

4da + b2 + c2 . 4a2

Окружность имеет центр (c0 , c1 ) и радиус R. Иногда уравнение окружности замаскировано радикалами. От них следует избавиться. Например, рассмотрим следующую задачу. 118. Проведите через точку (7, 3) касательные к кривой p y = 6x − x 2 .

§ 9. Эллипсы в алгебре, геометрии и физике

Особенно полезна геометрическая интерпретация систем уравнений (не обязательно второго порядка) при решении систем и уравнений с параметрами. Если дано одно уравнение с параметром, то полезно нарисовать его как кривую на плоскости с осями координат Ox и Oa — в этом заключается идея так называемого метода Oxa. 119. Решите уравнение с параметром x 2 + 2ax + 5a2 − 4a − 8 = 0. 120. При каких a система ¨ 2 x + y 2 = 1, ax + y = 1 имеет решение? Можно изображать на плоскости и системы неравенств, как, например, в следующей задаче. 121. При каких a система ¨ 2 x + 4x + 3 + a 0 имеет решение? Иногда полезно для решения таких задач разложить их левые части на множители. В следующей задаче это уже сделано. 122. Нарисуйте на плоскости решение системы неравенств ¨ 2 (x + y 2 − 1)(x − y) 0. В следующей задаче речь идет о пересечении гипербол, но использование этой идеи не приводит сразу к ее решению. На самом деле здесь помогает одно алгебраическое соображение: надо умножить одно из неравенств на некоторое отрицательное число и сложить со вторым неравенством (в этом случае складывать неравенства можно!), причем подобрать это число так, чтобы сумма оказалась полным квадратом (и тогда полученное неравенство будет определять не внутренность некоторого конического сечения, а полосу между параллельными прямыми). 123∗. При каких a система ( 1−a x 2 + 2xy − 7 y 2 ¾ , 1+a

3x 2 + 10xy − 5 y 2 ¶ −2 имеет решение?

§ 9. Эллипсы в алгебре, геометрии и физике

В следующей задаче речь идет о пересечении окружности и пары прямых, пересекающихся под прямым углом. 124. Решите систему ¨ 2 x − y 2 = 0, (x − a)2 + y 2 = 1. Приведенные примеры показывают, что геометрические соображения облегчают решение алгебраических задач. Но и обратно, алгебраические рассуждения (как показал Декарт) часто облегчают доказательство геометрических теорем. Для примера приведем, следуя замечательной книжке выдающегося немецкого геометра В. Бляшке «Греческая и наглядная геометрия» (М. — Ижевск: РХД, 2001), доказательство следующей теоремы Архимеда. Теорема Архимеда интересна тем, что она одинаково формулируется для всех конических сечений. Многие из свойств конических сечений, приведенных выше, даны только для одного из видов конических сечений, но имеют аналоги и для других видов, иногда более сложно формулируемые. Теорема 12. Пусть через точку O, не лежащую на данном коническом сечении K (т. е. эллипсе, гиперболе или параболе), проведены две хорды, пересекающие кривую K в точках A1 , B1 (первая хорда) и в точках A2 , B2 (вторая). Тогда отношение OA1 · OB1 OA2 · OB2

не зависит от точки O, а только от направления хорд. Для доказательства запишем уравнение кривой в виде K(x, y) = a11 x 2 + a12 xy + a22 y 2 + a1 x + a2 y + a0 = 0, обозначим (x0 , y0 ) координаты точки O, представим координаты произвольной точки первой хорды в виде x = x0 + rζ1 ,

где r — расстояние от этой точки до точки (x0 , y0 ) = O, ζ21 + θ12 = 1, и, аналогично, представим координаты произвольной точки второй хорды в виде x = x0 + rζ2 , y = y0 + rθ2 , ζ22 + θ22 = 1. Для определения расстояний OA1 , OB1 мы имеем квадратное уравнение K(x0 , y0 ) + H(x0 , y0 ; ζ1 , θ1 )r + (a11 ζ21 + a12 ζ1 θ1 + a22 θ12 )r 2 = 0.

§ 9. Эллипсы в алгебре, геометрии и физике

Корни его, согласно теореме Виета, удовлетворяют равенству r1 r2 =

K(x0 , y0 ) , a11 ζ21 + a12 ζ1 θ1 + a22 θ12

откуда имеем, что OA1 · OB1 =

K(x0 , y0 ) . a11 ζ21 + a12 ζ1 θ1 + a22 θ12

K(x0 , y0 ) , a11 ζ22 + a12 ζ2 θ2 + a22 θ22

следовательно, a11 ζ22 + a12 ζ2 θ2 + a22 θ22 OA1 · OB1 = , OA2 · OB2 a11 ζ21 + a12 ζ1 θ1 + a22 θ12

откуда и вытекает теорема Архимеда. Если же K является окружностью, то a11 = a22 = 1, a12 = 0, и из теоремы Архимеда следует, что OA1 · OB1 =1 OA2 · OB2

независимо от направления хорд, т. е. известная теорема о пересекающихся хордах окружности 1 . Ньютон вновь открыл теорему Архимеда и обобщил ее на алгебраические кривые произвольного порядка. В заключение рассмотрим еще несколько задач, при решении которых алгебра используется совместно с геометрией. 125. При каких λ система ¨ 2x + 3 y = λx, 3x + 4 y = λ y имеет ненулевое решение? 126∗. Пусть система ¨

ax + by = λx, bx + cy = λ y

при некоторых λ=λ1 и λ=λ2 (λ1 6= λ2 ) имеет решения (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) соответственно. Докажите, что x1 x2 + y1 y2 = 0. Предыдущие две задачи позволяют находить у произвольных гипербол и эллипсов главные оси, т. е. находить перпендикулярные оси координат, в которых, например, кривая ax 2 + 2bxy + cy 2 = d задается 1

Впервые доказанная Архитом Тарентским в IV веке до н. э.

§ 9. Эллипсы в алгебре, геометрии и физике

уравнением канонического вида λ1 x 2 + λ2 y 2 = d. Действительно, в качестве λ�� можно взять собственные значения системы ¨ ax + by = λx, bx + cy = λ y. Так как λ�� являются корнями уравнения (a − λ)(c − λ) − b2 = 0, они всегда существуют, потому что дискриминант этого уравнения неотрицателен: D = (a + c)2 − 4(ac − b2 ) = (a − c)2 + 4b2 ¾ 0. Предполагаем далее для простоты, что λ�� различны. Пусть (x�� , y�� ) — ненулевые решения рассматриваемой системы. Можно их выбрать так, что x��2 + y��2 = 1. Так как согласно задаче 126 x1 x2 + y1 y2 = 0, получаем, что x2 = − y1 , y2 = x1 (такой вектор (x2 , y2 ) будет перпендикулярен вектору (x1 , y1 ), поскольку x1 x2 + y1 y2 = 0, а перпендикулярный вектор длины 1 для данного вектора определяется однозначно). Рассмотрим перпендикулярные оси координат, задаваемые уравнениями x�� x + y�� y = 0. Координаты относительно этих осей выражаются в виде X = x1 x + y1 y, Y = x2 x + y2 y. Обратное преобразование имеет вид x = y2 X + x2 Y, y = y1 X + x1 Y, в чем можно убедиться непосредственной проверкой. Сделав эту замену в квадратичной форме ax 2 + 2bxy + cy 2 , получим форму AX 2 + 2BXY + CY 2 , где A = ay22 + cy12 + 2by2 y1 = ax12 + 2bx1 y1 + cy12 = = (ax1 + by1 )x1 + (bx1 + cy1 ) y1 = = (λ1 x1 )x1 + (λ1 y1 ) y1 = λ1 (x12 + y12 ) = λ1 , аналогично C = ax22 + 2bx2 y2 + cy22 = λ2 , B = ay2 x2 + cy1 x1 + b( y2 x1 + x2 y1 ) = −ax1 y1 + cx1 y1 + b(x12 − y12 ) = = (cy1 + bx1 )x1 − (ax1 + by1 ) y1 = λ1 y1 x1 − λ1 x1 y1 = 0, т. е. форму λ1 X 2 + λ2 Y 2 . Значит, в новых координатах кривая имеет вид λ1 X 2 + λ2 Y 2 = d. Если λ1 λ2 > 0 и знаки λ�� и d совпадают, то кривая является эллипсом (противоположными знаки быть не могут, так как тогда кривая вырождается в пустое множество, а мы предполагаем, что кривая невырожденная). Если λ1 λ2 1,

Докажите, что он не имеет корней на отрезке [−1, 1]. Иногда квадратные трехчлены не участвуют явно в формулировке, но естественно возникают в решении, как, например, в следующих задачах. 151. (Москва, 1999.) Докажите, что если (a + b + c)c 4ac. 152. (Венгрия, 1939.) Пусть выполнены неравенства a1 a2 > 0,

Докажите, что (a1 + a2 )(c1 + c2 ) ¾ (b1 + b2 )2 . Следующая трудная задача была придумана И. С. Петраковым, который долгие годы был одним из руководителей команды СССР на международных математических олимпиадах. 153∗∗. (IMO, 1969.) Пусть x�� > 0, x�� y�� > z��2 , i = 1, 2. Докажите, что 8 1 1 ¶ + . (x1 + x2 )( y1 + y2 ) − (z1 + z2 )2 x1 y1 − z12 x2 y2 − z22

Выясните, когда имеет место равенство.

§ 11. Графики дробно-рациональных функций и неравенства ‌Основные результаты математики чаще выражаются неравенствами, а не равенствами. Эдвин Беккенбах, Ричард Беллман. Введение в неравенства (1961)

Графические представления полезны при решении неравенств. Однако построение графиков произвольных дробно-рациональных функций не такое простое дело. Оно описано во многих книгах (иногда специально этому посвященных), и мы не будем касаться этого вопроса, тем более что к теме нашей книжки относится разве только построение графиков квадратично-рациональных функций, т. е. функций вида f (x)/g(x), где f и g — квадратные трехчлены. Обычно для решения полиномиальных и дробно-рациональных неравенств применяется метод интервалов, описанный во многих учебниках и пособиях для поступающих в вузы, поэтому мы здесь его тоже не касаемся. Научиться строить графики квадратично-рациональных функций несложно, и с этой целью мы предложим читателю несколько задач на построение таких графиков, охватывающих большинство возможных их типов, нарисуем некоторые графики и сделаем несколько замечаний о том, как их строить. Надо сказать, что в последнее время в моду вошло использовать для построения графиков графические микрокалькуляторы. Появляются статьи, в которых учителя делятся своим опытом использования микрокалькуляторов в деле обучения школьников. Не подвергая сомнению полезность микрокалькуляторов в качестве иллюстративного средства, автор считает необходимым и полезным иметь навык «ручного» построения эскизов простейших графиков. Он так же полезен, как и навык «ручного» выполнения арифметических операций. На мехмате МГУ в течение первого месяца обучения математическому анализу студентов в основном учат строить графики (конечно, не только дробно-рациональных функций). Завершается это обучение контрольной работой, а иногда и начинается с нее, чтобы проверить уровень начальной подготовки и показать самоуверенным выпускникам матклассов, что построение графиков (достаточно

§ 11. Графики дробно-рациональных функций и неравенства

сложных функций) не так просто, как это им кажется 1 . В то же время в американских университетах (возможно, не во всех), как слышал автор, контрольная работа по построению графиков проводится на графических микрокалькуляторах. Переходим, однако, к делу. Рассмотрим вначале пример, в котором корни числителя и знаменателя перемежаются. 154. Нарисовать эскиз графика 27 4 y= . 2(x 2 − 3x + 2) x 2 − 6x +

Для построения графика надо найти корни числителя и знаменателя (это будут соответственно 3/2, 9/2 и 1, 2), нарисовать вертикальные асимптоты x = 1, x = 2 (они возникают при стремлении x к корням знаменателя, тогда y стремится к бесконечности), отметить на оси Ox корни числителя 3/2, 9/2, график должен пройти через них, и отметить точку, в которой график пересекает ось Oy. Ордината этой точки равна значению функции в нуле, т. е. частному младших коэффициентов (свободных членов) числителя и знаменателя, в данном примере 27/16. График состоит из трех не связанных друг с другом частей (лежащих в областях x 2 отрицательна). Можно, конечно, провести более тонкое исследование графика, например доказать, что все его ветви монотонно возрастают (но в целом всю функцию монотонной назвать никак нельзя), но мы ограничимся сделанным. Заметим, что при небольшом изменении одного из коэффициентов получаем график y=

x 2 − 6x + 8 x −4 = , 2x − 1 2(x 2 − 3x + 2)

вырождающийся в гиперболу (в которой нужно выколоть точку с абсциссой 2). Такие явления происходят при совпадении корней у числителя и знаменателя. Конечно, графики дробно-квадратичных функций могут выглядеть и по-другому, но строятся они с помощью аналогичных рассуждений. Рассмотрим пример, в котором корни числителя лежат между корнями знаменателя.

§ 11. Графики дробно-рациональных функций и неравенства

155. Нарисовать эскиз графика 17 8 y= . 2(x 2 − 3x + 2) x 2 − 3x +

В этой задаче средняя ветвь графика уже не монотонна, она пересекает ось Ox в двух точках и к обеим асимптотам стремится сверху, а правая часть графика убывает, стремясь к горизонтальной асимптоте сверху (рис. 25). y 1

Рис. 25. К задаче 155

Заметим, что при небольшом изменении одного из коэффициентов получаем график y=

x 2 − 3x + 2 1 = , 2 2(x 2 − 3x + 2)

вырождающийся в прямую линию (в которой нужно выколоть две точки с абсциссами 1, 2). Еще один вид графика получится, когда оба корня числителя лежат правее или левее корней знаменателя. 156. Нарисовать эскиз графика y=

x 2 − 8x + 15 . 2(x 2 − 3x + 2)

Отличие этого графика от предыдущего в том, что средняя часть не поднимается выше оси Ox, а правая часть, убывая, опускается ниже оси Ox в интервале между корнями числителя, потом опять поднимается выше этой оси и стремится снизу к горизонтальной асимптоте (рис. 26). Графики функций, у которых у числителя один корень или вообще их нет, при наличии двух корней у знаменателя выглядят приблизительно так же. В случае же, когда у знаменателя только один

§ 11. Графики дробно-рациональных функций и неравенства

x2 − 8x + 15 2(x2 − 3x + 2)

Рис. 26. К задаче 156

корень, вид графика существенно меняется. В этом случае он имеет только одну вертикальную асимптоту и состоит из двух частей. Так как при переходе через этот корень знак знаменателя не меняется, обе ветви графика стремятся к вертикальной асимптоте одинаково — сверху или снизу в зависимости от знака числителя в корне знаменателя. Если этот знак отрицательный, то корень знаменателя лежит между корнями числителя и обе ветви стремятся к вертикальной асимптоте сверху, поднимаются выше оси Ox, пересекая ее каждая в своем корне числителя, а потом обе ветви стремятся к общей горизонтальной асимптоте. Например, как в следующей задаче. x2 + x − 6

157. Нарисовать эскиз графика y = 2 . (См. рис. 27.) x − 2x + 1 Если же знак этот положительный, значит, оба корня числителя лежат либо левее, либо правее корня знаменателя, в этом случае обе ветви стремятся к вертикальной асимптоте снизу, одна из ветвей

§ 11. Графики дробно-рациональных функций и неравенства

Рис. 27. К задаче 157

лежит выше оси Ox, а другая пересекает ее в двух точках (корнях числителя), как, например, в следующей задаче. x 2 − 5x + 6

158. Нарисовать эскиз графика y = 2 . (См. рис. 28.) 3x − 6x + 3 Случай, когда числитель тоже имеет один корень или вообще не имеет корней, по виду графика принципиально не отличается от рассмотренного. Наконец, возможен случай, когда знаменатель корней не имеет. Тогда график не имеет вертикальных асимптот и состоит из одной ветви. Но горизонтальная асимптота у него по-прежнему есть. Его нули, как всегда, совпадают с корнями числителя. Вид графика зависит в основном от числа этих корней. В отличие от других случаев, в этом случае график имеет точки и максимума, и минимума (остальные типы графиков могут иметь только один минимум или один максимум или вообще их не иметь). Для более тонкого исследования графика полезно уметь находить экстремумы функции. Примеры, как это делать, используя свойства квадратного трехчлена, уже приводились выше. Укажем еще один прием. Фактически он повторяет одну из возможных процедур построения графика данной функции. Найдем для примера экстремумы функции y=

x2 + x − 2 . 2x 2 − x + 3

§ 11. Графики дробно-рациональных функций и неравенства

x2 − 5x + 6 3×2 − 6x + 3

Рис. 28. К задаче 158

Сначала выделим целую часть: 3 7 x− 1 2 2 y= + 2 . 2 2x − x + 3

Ясно, что задача свелась к поиску экстремумов функции y=

3x − 7 . 4x 2 − 2x + 6

А эта задача равносильна поиску экстремумов у функции y=

4x 2 − 2x + 6 . 3x − 7

Вводя новую переменную z = 3x − 7, сводим задачу к поиску экстремумов у функции 4

(z + 7)2 z+7 4 2 50 236 −2 +6 z + z+ 4 236 50 9 3 9 9 9 = = z+ + . z z 9 9z 9

Эта задача сводится к поиску экстремумов у функции 4 236 z+ , 9 9z

§ 11. Графики дробно-рациональных функций и неравенства

а значит, и у функции z+

p Точки экстремума z = ± 59, в силу неравенства о среднем арифметическом и среднем геометрическом. Осталось еще научиться рисовать эскизы графиков дробно-квадратичных функций, в которых знаменатель вырождается в линейный двучлен, т. е. графиков функций вида y=

ax 2 + bx + c . dx + e

Они выглядят проще и менее разнообразны. Начнем с вырожденного случая, когда знаменатель делит числитель, например в случае y=

x 2 + 3x + 2 . 3x + 3

Тогда после сокращения дробь превращается в линейную функцию, в рассматриваемом примере равную (x + 2)/3. График будет прямой линией, но в ней надо не забыть выколоть точку с абсциссой x = −1, так как при этом значении x исходная функция не определена. В остальных случаях график имеет одну вертикальную асимптоту x = −e/d, где −e/d — корень знаменателя, и состоит из двух ветвей. При сдвиге вдоль оси Ox на величину e/d эта асимптота совмещается с осью Oy, а график превращается в график функции вида ax 2 + bx + c C = Ax + + B. x dx

Таким образом, все графики рассматриваемого вида получаются из графиков функций y = ax + b + c/x сдвигами вдоль осей координат (т. е. параллельным переносом на подходящий вектор). Так как при x, стремящемся к бесконечности (в любом из двух направлений), последнее слагаемое стремится к нулю, обе ветви функции будут стремится к графику линейной функции y = ax + b, т. е. к прямой, которая является тем самым наклонной асимптотой. Для того чтобы быстро нарисовать график рассматриваемого вида, можно, найдя корень −e/d знаменателя, провести через него вертикальную асимптоту, потом, выделив из дроби ax 2 + bx + c r = px + q + dx + e dx + e

целую часть, нарисовать наклонную асимптоту y = px + q (она, конечно, совпадет с вычисленной выше другим способом наклонной

§ 11. Графики дробно-рациональных функций и неравенства

асимптотой, а каким способом ее быстрее вычислять — дело вкуса), потом нарисовать обе ветви графика так, чтобы они стремились к асимптотам. Так как есть две разных возможности это сделать, нужно выбрать одну из них. Это проще всего сделать, вычислив корни числителя, тогда ветви надо проводить через эти корни. Если вертикальная асимптота лежит между корнями числителя, то каждая из ветвей проходит через свой корень, и эскиз тем самым однозначно рисуется; если же оба корня, возможно, совпадающие друг с другом, лежат по одну сторону от вертикальной асимптоты, то одна из ветвей проходит через эти оба корня, и поэтому график выглядит немного по-другому; вторая ветвь тогда целиком лежит выше или ниже оси абсцисс, а как именно, легко понять, заметив, что обе ветви стремятся к асимптотам с разных сторон. Если же корней нет, то одна из ветвей лежит выше, а одна — ниже оси абсцисс, и чтобы выяснить точно, какая именно где лежит, достаточно вычислить точку, в которой график пересекает ось Oy, а это, очевидно, точка (0, c/d), и провести через нее соответствующую ветвь графика. Для большей реалистичности можно еще у каждой ветви найти экстремум (у одной максимум, а у другой — минимум), если они есть. Для этого достаточно вычислить экстремум функции y = Ax + C/x, где AC > 0. В случае AC 0 таких, что c1 + c2 = 1, множество решений неравенства c1 c2 + ¾c x − a1 x − a2

есть объединение попарно непересекающихся интервалов суммарной длины 1/c. 161. Доказать, что для любых a 0 множество решений неравенства 1 d ¶ |x − c|

есть объединение попарно непересекающихся интервалов суммарной длины 2/d. В дальнейшем нам понадобится следующее определение, хотя здесь можно было бы обойтись и без него. Производной многочлена f (x) = a0 x �� + a1 x ��−1 + . . . + a��−1 x + a�� называется многочлен f 0 (x) = na0 x ��−1 + (n − 1)a1 x ��−2 + . . . + a��−1 . Далее совсем не обязательно будет понимать, что это та же самая производная, которая изучается в старших классах. 162. Квадратный трехчлен p(x) имеет два различных действительных корня. Доказать, что для любого c > 0 множество решений неравенства p 0 (x)/p(x) > c есть объединение двух попарно непересекающихся интервалов суммарной длины 2/c. 163∗. Пусть квадратный трехчлен p(x) имеет 2 различных корня в интервале (a, b). Доказать, что для любого c > 0 множество решений неравенства 0 p (x) c ¶ p(x)

есть объединение попарно непересекающихся интервалов суммарной длины 4/c. 164∗. (IMO, 1988.) Докажите, что множество решений неравенства 1 2 70 5 + + . + ¾ x −1 x −2 x − 70 4

является объединением полуинтервалов с суммой длин 1988.

§ 11. Графики дробно-рациональных функций и неравенства

Предыдущие задачи являются частными случаями следующих теорем. 165∗∗. Для любых положительных c�� и c множество решений неравенства c�� c1 + . + ¾c x − a1

есть объединение конечного числа попарно непересекающихся интервалов суммарной длины (c1 + . . . + c�� )/c. 166∗∗. Пусть многочлен p(x) степени n имеет n различных действительных корней. Тогда для любого c > 0 множество решений неравенства p0 (x)/p(x) > c есть объединение конечного числа попарно непересекающихся интервалов суммарной длины n/c (эта теорема предлагалась в качестве задачи на московской студенческой олимпиаде). 167∗∗. Пусть многочлен p(x) степени n имеет n различных действительных корней в интервале (a, b). Тогда для любого c > 0 множество решений неравенства 0 p (x) c ¶ p(x)

есть объединение конечного числа попарно непересекающихся интервалов суммарной длины 2n/c. В заключение еще одна задача, похожая на предыдущие. 168∗. (С.-Петербург, 1996.) Пусть для положительных a, b квадратный трехчлен x 2 − ax + b имеет дискриминант D, 0 0 при x 6= 0 (через 0 обозначается нулевой вектор, который определяется условием x + 0 = 0 + x = x и предполагается существующим в V ; проверьте сами, что если он существует, то определен однозначно, а также что он удовлетворяет тождеству f (x, 0) = 0, где нуль справа — это не вектор, а число). Примером скалярного произведения является функция f (x1 , . . . , x�� , y1 , . . . , y�� ) = x1 y1 + . . . + x�� y�� (проверьте это). Обобщенное неравенство Коши — Буняковского выглядит так. Если функция f (x, y) — скалярное произведение, то для любых векторов x, y ∈ V f (x, y)2 ¶ f (x, x) f ( y, y). Для доказательства заметим, что f (λx, y) = λ f (x, y), f (x, λ y) = f (λ y, x) = λ f ( y, x) = λ f (x, y), f (x + y, z) = f (x, z) + f ( y, z), f (x, y + z) = f ( y + z, x) = f ( y, x) + f (z, x) = f (x, y) + f (x, z), f (x + λ y, x + λ y) = f (x + λ y, x) + f (x + λ y, λ y) = = f (x, x) + λ f (x, y) + f (x, λ y) + f (λ y, λ y) = = f (x, x) + 2λ f (x, y) + λ f ( y, λ y) = = f (x, x) + 2λ f (x, y) + λ2 f ( y, y) ¾ 0, значит, дискриминант квадратного трехчлена D = b2 − 4ac ¶ 0, т. е. f (x, y)2 ¶ f (x, x) f ( y, y). Равенство возможно, лишь когда дискриминант нулевой, т. е. трехчлен имеет единственный корень λ0 , но тогда f (x + λ0 y, x + λ0 y) = 0, откуда x + λ0 y = 0, т. е., как говорят, векторы x, y линейно зависимы (случай y = 0, в котором трехчлен вырождается, приводит неравенство к равенству и тоже покрывается найденным условием линейной зависимости). Дает ли это обобщение что-нибудь новое, по сравнению

§ 12. Углы между трехчленами и неравенство Коши — Буняковского

с уже известным нам неравенством, которое получается подстановкой вместо f (x, y) функции f (x1 , . . . , x�� , y1 , . . . , y�� ) = x1 y1 + . . . + x�� y�� ? Дает — например, для R ��тех, кто знает, что такое интеграл, в качестве f (x, y) можно взять �� x(t) y(t) dt, если в качестве векторов x = x(t), y = y(t) взять непрерывные функции, определенные на отрезке [a, b]. Тогда общее неравенство Коши — Буняковского — Шварца превращается в неравенство для интегралов  Í�� ��

которое впервые было получено академиком Петербургской академии наук В. Я. Буняковским. Приведем еще одно доказательство, идея которого основана на геометрических соображениях (но само доказательство будет, конечно, чисто алгебраическим). Будем рассматривать, как и выше, векторное пространство 1 V со скалярным произведением f (v, w), которое для краткости далее обозначаем (v, w). Если (v, w) = 0, то векторы v, w будем называть ортогональными (это принятый в алгебре синоним геометрического термина перпендикулярный). Далее описываем доказательство в геометрических терминах, но это описание можно рассматривать как некоторые пояснения для чисто алгебраических манипуляций, из которых строится доказательство. Будем представлять векторы x, y как выходящие из наВасилий Яковлевич чала координат. Опустим перпендикуляр из Буняковский конца вектора x на вектор y, точнее, на прямую, на которой лежит y. Так как точки этой прямой представляются концами векторов λy (вектор λy можно представлять себе как растяжение вектора y в λ раз), искомая проекция является концом вектора 1 Оно не было полностью определено, но это нам не помешает, мы только потребуем, чтобы в нем выполнялись тождества u + (v + w) = (u + v) + w, (α + β)v = αv + βv, 1 · v = v, из последних можно вывести, что 0 · v = 0. Все это в одном месте далее понадобится.

§ 12. Углы между трехчленами и неравенство Коши — Буняковского

λy (далее вместо «конец вектора» пишем просто «вектор»). При этом вектор x − λy должен быть перпендикулярен y, т. е. (y, x − λy) = 0 (здесь и далее x − y — это обозначение для x + (−1)y), откуда 0 = (y, x − λy) = (y, x) − (y, λy) = (y, x) − λ(y, y), значит, λ = (y, x)/(y, y) (в доказательстве, естественно, предполагается, что y 6= 0.) Как известно, длина проекции вектора не больше длины самого p вектора. Под длиной произвольного вектора v понимаем kvk = (v, v) (можно проверить, что kvk ¾ 0 и равенство возможно лишь для v = 0). Для доказательства заметим, что x = z + λy, где λ = (y, x)/(y, y), z = x − λy, (потому что x = z + λy = x + (λ + (−λ))y = = x + 0y = x), откуда kxk2 = (x, x)2 = (z + λy)2 = (λy, λy) + (z, z) + 2(λy, z) = kλyk2 + kzk2 , так как (z, y) = 0, значит, kxk ¾ kλyk = |λ| · kyk =

kyk · |(y, x)| kyk · |(y, x)| |(y, x)| = = , (y, y) kyk kyk2

откуда kxk · kyk ¾ |(y, x)|, и, возводя почленно последнее неравенство в квадрат, получаем неравенство Коши — Буняковского (впрочем, и вариант с длинами векторов также называется неравенством Коши — Буняковского). В равенство оно обращается, когда kzk = 0, т. е. когда 0 = z = x − λy, что равносильно условию коллинеарности векторов x, y (и условию их линейной зависимости) x = λy. Таким образом, геометрический смысл неравенства Коши — Буняковского в том, что ортогональная проекция вектора (на другой вектор) не длиннее самого вектора. Заметим, что по ходу доказательства фактически мы доказали теорему Пифагора, точнее, ее алгебраический аналог: при (v, w) = 0 kv + wk2 = kvk2 + kwk2 . Действительно, kv + wk2 = (v + w, v + w) = (v, v) + (w, w) + 2(v, w) = = (v, v) + (w, w) = kvk2 + kwk2 . Эту теорему легко обобщить по индукции и на случай n попарно ортогональных векторов: если (v�� , v�� ) = 0 при любых i 6= j, то kv1 + . . . + v�� k2 = kv1 k2 + . . . + kv�� k2 .

§ 12. Углы между трехчленами и неравенство Коши — Буняковского

Для выполнения шага индукции достаточно заметить, что (v1 + . . . + v��−1 , v�� ) = (v1 , v�� ) + . . . + (v��−1 , v�� ) = 0. Из неравенства Коши — Буняковского легко следует также неравенство kv + wk ¶ kvk + kwk, называемое неравенством треугольника. Действительно, kv+wk2 = kvk2 +kwk2 +2(v, w) ¶ kvk2 +kwk2 +2kvk·kwk = (kvk+kwk)2 . Как и теорему Пифагора, неравенство треугольника можно обобщить на случай n векторов: kv1 + . . . + v�� k ¶ kv1 k + . . . + kv�� k. Доказательство проводится по индукции, и с выполнением шага индукции никаких проблем не возникает. Применяя неравенство треугольника к пространству со скалярным произведением x1 y1 + . . . + x�� y�� , получаем q q Æ x12 + . . . + x��2 + y12 + . . . + y��2 ¾ (x1 + y1 )2 + . . . + (x�� + y�� )2 . Это неравенство, конечно, можно вывести не из обобщенного неравенства треугольника, а непосредственно из обычного неравенства

§ 12. Углы между трехчленами и неравенство Коши — Буняковского

Коши по той же схеме, как выводилось обобщенное неравенство. При n = 2 его действительно можно интерпретировать как неравенство треугольника для треугольника ABC, а именно, если вершина A — это начало координат, а вершины B, C — это точки (x1 , x2 ), (− y1 , − y2 ), то это неравенство можно записать в виде OA + OB ¾ AB, если воспользоваться известной формулой расстояния между точками на плоскости. Из неравенства kv1 + . . . + v�� k ¶ kv1 k + . . . + kv�� k легко вывести, например, такое неравенство: q Æ Æ Æ x12 + y12 + (x2 − x1 )2 +( y2 − y1 )2 +. . .+ (x�� − x)2 +( y�� − y)2 ¾ x 2 + y 2 , которое геометрически интерпретируется как утверждение о том, что n-звенная ломаная не короче отрезка, соединяющего ее концы. Из неравенства Коши можно вывести много других неравенств того же типа, например, уже встречавшееся нам неравенство между средним квадратичным и средним арифметическим. 169. Докажите неравенство s x12 + . . . + x��2 x + . . . + x�� ¾ 1 . n n

Из неравенства Коши можно получить следующее неравенство при положительных y�� : x2 x12 (x + . . . + x�� )2 + . + �� ¾ 1 . y1 y�� y1 + . . . + y��

Действительно, если его переписать в виде x2 x2 ( y1 + . . . + y�� ) 1 + . . . + �� ¾ (x1 + . . . + x�� )2 , y1

то оно получается из неравенства Коши заменой переменных p x Y�� = y�� , X�� = p �� . y��

Так как эта замена обратима, в свою очередь неравенство Коши можно получить из этого неравенства (сделав замену y�� = Y��2 , x�� = X�� Y�� ), но только при положительных y�� . Впрочем, если неравенство Коши доказано при положительных x�� , y�� , то оно будет верно и при любых x�� , y�� , так как (x1 y1 + . . . + x�� y�� )2 = |x1 y1 + . . . + x�� y�� |2 ¶ ¶ (|x1 | · | y1 | + . . . + |x�� | · | y�� |)2 ¶ (x12 + . . . + x��2 )( y12 + . . . + y��2 ).

§ 12. Углы между трехчленами и неравенство Коши — Буняковского

170. Докажите неравенство x2 x12 (x + . . . + x�� )2 + . + �� ¾ 1 y1 y�� y1 + . . . + y��

непосредственно (и тем самым получите еще одно доказательство неравенства Коши). Из неравенства задачи 170 подстановкой y�� = 1 легко получить неравенство задачи 169, а подстановкой x�� = 1 — неравенство 1 1 n2 + . + ¾ . y1 y�� y1 + . . . + y��

171. Выведите из результата задачи 170 неравенство между средним арифметическим и средним гармоническим y1 + . . . + y�� n ¾ . 1 1 n + . + y1 y��

Еще одно доказательство неравенства Коши можно получить, представляя разность (x12 + . . . + x��2 )( y12 + . . . + y��2 ) − (x1 y1 + . . . + x�� y�� )2 в виде суммы квадратов. Неравенство тогда становится очевидным. Но как разложить эту квадратичную форму в сумму квадратов? При n = 2 это легко: (x12 + x22 )( y12 + y22 ) − (x1 y1 + x2 y2 )2 = (x1 y2 − x2 y1 )2 . Это тождество было известно еще Фибоначчи. Попробуйте сами обобщить его на случай n = 3. Тогда вы оцените замечательное тождество Лагранжа из следующей задачи. 172. Докажите, что X (x12 + . . . + x��2 )( y12 + . . . + y��2 ) − (x1 y1 + . . . + x�� y�� )2 = (x�� y�� − x�� y�� )2 . �� 1 могут быть произвольными (даже иррациональными), но тогда, конечно, x�� , y�� ¾ 0. Неравенство Коши получается из неравенства Гёльдера при p = q = 2. На этом мы закончим обзор различных доказательств и вернемся к геометрической интерпретации неравенства Коши. Если в качестве пространства V взять множество всех обычных (двумерных) векторов, а в качестве скалярного произведения (v, w) обычное скалярное произведение векторов, которое, как известно, равно |v| · |w| cos ϕ — произведению длин векторов на косинус угла между ними (тот факт, что это скалярное произведение удовлетворяет всем условиям, которые мы наложили на использованное выше обобщенное, или абстрактное, скалярное произведеОтто Гёльдер ние, легко проверить непосредственно), то неравенство Коши станет равносильным неравенству |cos ϕ| ¶ 1, т. е. фактически очевидным. Однако для других скалярных произведений, конечно, считать его очевидным на основе приведенных соображений нельзя, так как понятие угла между векторами там может и не быть. Но в этом случае можно определить угол между векторами v, w в любом абстрактном векторном пространстве V как такое число ϕ в пределах от 0 до π (или, если хотите, до 180◦ ), что cos ϕ =

(v, w) (v, w) =p . kvk · kwk (v, v)(w, w)

§ 12. Углы между трехчленами и неравенство Коши — Буняковского

Для того чтобы это определение было корректным, нужно, чтобы |(v, w)| ¶1 kvk · kwk

(иначе такого угла ϕ не существует). Но неравенство Коши — Буняковского гарантирует нам это. Таким образом, мы можем измерять углы между абстрактными векторами. Например, в качестве трехмерных векторов возьмем квадратные трехчлены ax 2 + bx + c и определим скалярное произведение двух трехчленов a1 x 2 + b1 x + c1 , a2 x 2 + + b2 x + c2 как Í1 (a1 x 2 + b1 x + c1 )(a2 x 2 + b2 x + c2 ) dx. −1

Пусть читатель, незнакомый с интегралами, нам поверит, что это скалярное произведение удовлетворяет всем условиям, которые выше мы на него налагали, и для этого скалярного произведения справедливо неравенство Коши — Буняковского (уже сообщалось, что в таком виде его доказал Буняковский фактически для любых функций, для которых имеют смысл указанные интегралы). А как вычислить нужные сейчас интегралы, мы объясним. Надо всего лишь знать, что Í1 −1

(большинство этих формул по существу знал уже Архимед), а также что интеграл от суммы равен сумме интегралов и что постоянный множитель можно выносить за знак интеграла (это свойства линейности операции интегрирования, операция дифференцирования обладает такими же свойствами). Этой информации достаточно, чтобы явно вычислить определенное выше скалярное произведение и обнаружить, что оно является, как говорят, билинейной формой от шести переменных a�� , b�� , c�� (т. е. просто многочленом второй степени от этих переменных). 173. Попробуйте сделать это. Длиной (или, как еще говорят, нормой) трехчлена ax 2 + bx + c (относительно введенного скалярного произведения) является число v tÍ 1 kax 2 + bx + ck = (ax 2 + bx + c)2 dx. −1

§ 12. Углы между трехчленами и неравенство Коши — Буняковского

Тогда углом между трехчленами f , g является такое число ϕ, что cos ϕ =

( f , g) . k f k · kgk

Например, угол между 1 и x будет нулевым, так как (1, x) =

Аналогично угол между x и x 2 тоже будет нулевым. Длина 1 равна v tÍ 1 p k1k = 1 dx = 2, −1

длина x равна kxk =

а длина x 2 равна kx k = 2

косинус угла между 1 и x 2 будет равен p (1, x 2 ) 5 2 È = = , p 3 k1k · kx 2 k 2 3 2 5 p 5 2 т. е. ϕ = arccos = arcsin . 3 3

Следующая задача непосредственно может быть сведена к решению квадратного уравнения. 174. Найдите такое a, что угол между x 2 + ax и x равен 60◦ . Решим ее, используя «геометрические» соображения. По определению, угол между векторами равен 60◦ только в случае, когда kx 2 + axk · kxk = (x, x 2 + ax). 2

Но (x, x 2 + ax) = (x, x 2 ) + a(x, x) = akxk2 =

§ 12. Углы между трехчленами и неравенство Коши — Буняковского

согласно проведенным выше вычислениям. Далее, согласно теореме Пифагора и проведенным выше вычислениям имеем È Æ 2 2 2 2 2 2 2 2 kx + axk = kx k + a kxk = + a . 5

Отсюда следует, что 4a = 3

2 2 2 2 + a . 5 3 3

Возводя в квадрат, получаем квадратное уравнение 16a2 4 4a2 = + , 9 15 9

p p откуда a = ±1/ 5. Нам подходит только a = 1/ 5. Не стоит, конечно, думать, что мы раз и навсегда определили понятие угла между трехчленами. Введенное понятие зависит от выбранного скалярного произведения. Возьмем другое скалярное произведение, например Í1

(a1 x 2 + b1 x + c1 )(a2 x 2 + b2 x + c2 ) dx

или просто a1 a2 + b1 b2 + c1 c2 , и получим другой угол. Тем не менее такой «геометрический» подход к определенным задачам очень полезен, правда, в основном такие задачи встречаются уже не в школьной математике. Попробуем, к примеру, решить следующую задачу. 175. Найти квадратный трехчлен, ортогональный к многочленам 1 и x. Ее тоже будем решать «геометрически». Нам уже известно, что для f = x 2 и v1 = 1, v2 = x ( f , v2 ) = 0,

Опуская из f перпендикуляр на v1 , как во втором доказательстве неравенства Коши — Буняковского, получаем ортогональную проекцию v1 ( f , v1 ) 1 = v1 , 3 kv1 k2

€ Š 1 при этом, конечно, f1 − v1 , v1 = 0. В то же время 3 € Š 1 1 f1 − v1 , v2 = ( f1 , v2 ) − (v1 , v2 ) = 0 − 0 = 0. 3

§ 12. Углы между трехчленами и неравенство Коши — Буняковского

Задача решена, искомый вектор f1 − v1 = x 2 − . Используемый в ее 3 3 решении прием является простейшим примером применения процесса ортогонализации Грама — Шмидта, который позволяет систему функций в так называемом гильбертовом пространстве превратить в систему, в которой любые две различные функции будут ортогональны 1 . 176∗. Попробуйте продолжить процесс ортогонализации дальше и найдите кубический многочлен, ортогональный к попарно ортогональным многочленам 1, x, x 2 − 1/3. Если этот процесс продолжить и дальше, то получится последовательность ортогональных многочленов Лежандра 2 . Ортогональную систему Лежандра 1, x, x 2 − 1/3, . . . можно сделать ортонормированной, если умножить каждый из ее многочленов на подходящую константу так, чтобы их длины (нормы) стали равны единице. При этом ортогональность системы, конечно, не нарушится. 1

Гильбертово пространство впервые появилось в работах Шмидта, бывшего в свое время аспирантом у знаменитого немецкого математика Гильберта в Гёттингене. Согласно легенде, когда Шмидт делал доклад о своих работах на семинаре, Гильберт спросил: «Герр Шмидт, о каких таких гильбертовых пространствах вы все время здесь говорите?» 2 Адриен Мари Лежандр (1752–1833) — знаменитый французский математик, придумавший свои многочлены задолго до появления теории гильбертовых пространств. Недавно обнаружилось, что портрет Лежандра, имеющийся во многих книгах, на самом деле является портретом его однофамильца. Единственным прижизненным изображением Лежандра является карикатура 1820 г. Ее не имеет смысла помещать в этой книге. Лежандру не повезло еще и в том, что из-за бюрократической ошибки ему перестали в 1824 г. выплачивать пенсию, и последние годы жизни он провел в нужде.

§ 12. Углы между трехчленами и неравенство Коши — Буняковского

177. Проверьте, что ортонормированная система будет начинаться так: r r 1 p , 2

Обозначим многочлены этой системы e0 , e1 , e2 , . . . Тогда ke�� k = 1,

Следующая задача может быть сведена к решению системы из трех линейных уравнений с тремя неизвестными 1 . 178. Разложите трехчлен ax 2 + bx + c по базисным векторам e0 , e1 , e2 , т. е. представьте его в виде ax 2 + bx + c = α0 e0 + α1 e1 + α2 e2 и докажите, что это разложение однозначно. Покажем, как можно решить эту задачу «геометрически». Заметим, что существование разложения любого трехчлена легко доказать следующим образом. Достаточно научиться разлагать любой из многочленов 1, x, x 2 (потому что через них выражается любой трехчлен). Для первых двух это очевидно. Для третьего тоже, потому что r p 5 5 2 3 x = e2 + e0 . 8

Таким путем можно получить и формулы для коэффициентов разложения, но мы сейчас укажем более красивый способ. Пусть f = ax 2 + bx + c. Спроектируем его на каждый e�� так, как не раз уже делалось выше, и получим проекции f�� = ( f , e�� )e�� (здесь учтено, что ke�� k2 = 1). Тогда f − f�� будет ортогонален e�� (так как ( f − f�� , e�� )=( f , e�� )−( f , e�� )(e�� , e�� )=0). Рассмотрим g = α0 e0 + α1 e1 + α2 e2 , α�� = ( f , e�� ). Тогда (g, e�� ) = α0 (e0 , e�� ) + α1 (e1 , e�� ) + α2 (e2 , e�� ) = α�� (e�� , e�� ) = α�� = ( f , e�� ) в силу ортонормированности . Поэтому ( f − g, e�� ) = ( f , e�� ) − (g, e�� ) = α�� − α�� = 0. Покажем, что f = g, и задача будет решена. Допустим, что f − g = h 6= 0. Тогда h = β0 e 0 + β1 e 1 + β2 e 2 . 1

Лежандр, конечно, умел решать эту задачу для произвольных многочленов.

§ 12. Углы между трехчленами и неравенство Коши — Буняковского

Повторяя проведенные выше вычисления, замечаем, что (h, e�� ) = β�� , i = 0, 1, 2. С другой стороны, (h, e�� ) = ( f − g, e�� ) = 0. Поэтому β�� = 0, i = 0, 1, 2, значит, h = β0 e0 + β1 e1 + β2 e2 = 0, и получено противоречие. Единственность разложения также докажем от противного. Пусть имеются два разложения f = α0 e0 + α1 e1 + α2 e2 = β0 e0 + β1 e1 + β2 e2 . Тогда, вычитая разложения, получаем (здесь придется воспользоваться свойствами сочетательности и переместительности операции сложения векторов), что 0 = γ0 e0 + γ1 e1 + γ2 e2 ,

Умножая обе части равенства скалярно на e�� , получаем слева нуль (так как (0, e�� ) = 0), а справа (как и выше) получаем γ�� , которые не все равны нулю по предположению. Полученные формулы для коэффициентов разложения по ортонормированному базису f = a0 e0 + a1 e1 + a2 e2 , a�� = ( f , e�� ),

называются формулами Фурье 1 , а сами коэффициенты — коэффициентами Фурье 2 . Применяя теорему Пифагора и пользуясь ортонормируемостью, получаем равенство k f k2 = a20 + a21 + a22 ,

Жан-Батист Жозеф Фурье

которое является частным случаем равенства Парсеваля. Найдем, наконец, эти коэффициенты в явном виде: 1 a0 = ( f , e0 ) = ax 2 + bx + c, p = 2 € Š p € Š 1 1 2a a = p a(x 2 , 1) + b(x, 1) + c(1, 1) = p + 2c = 2 +c , 2

1 Ж. Фурье (1768–1830) — знаменитый французский математик. Участник Египетской экспедиции Наполеона. 2 Сам Фурье получил эти формулы не в такой абстрактной ситуации, и для другой, так называемой тригонометрической системы, впрочем, для нее подобные формулы еще раньше получил Эйлер.

§ 12. Углы между трехчленами и неравенство Коши — Буняковского

r 3 a1 = ( f , e1 ) = ax 2 + bx + c, x = 2 r r 3 2b È 2 3 = a(x 2 , x) + b(x, x) + c(x, 1) = · = b, 2

a2 = ( f , e2 ) = (ax 2 + bx + c, e2 ) = a(x 2 , e2 ) + b(x, e2 ) + c(1, e2 ) = È p 2 2 = a(x , e2 ) + b (e1 , e2 ) + c 2(e0 , e2 ) = a(x 2 , e2 ) = 3 r r 5 5 2 2 =a x , (3x − 1) = a 3(x 2 , x 2 ) − (x 2 , 1) = 8 8 È r € Š 5 6 2 8 =a − =a . 8 5

Тогда k f k2 в явном виде выражается так: € Š2 a 2b2 8a2 k f k2 = a20 + a21 + a22 = 2 +c + + . 3

С помощью этой формулы легко решается следующая задача. 179. Докажите для f (x) = ax 2 + bx + c неравенство v È o nÈ tÍ 1 p a 8 2 f 2 (x) dx ¾ max |a|, |b|, 2 + c −1

и выведите из него, что среди всех трехчленов с фиксированным старшим коэффициентом a наименьшее среднеквадратичное значение v tÍ 1 f 2 (x) dx −1 € Š 1 имеет многочлен, пропорциональный многочлену Лежандра a x 2 − 3 и только он, а также что среди всех трехчленов с фиксированным средним коэффициентом b наименьшее среднеквадратичное значение имеет многочлен bx (пропорциональный первому многочлену Лежандра), и только он. Найдите среди всех трехчленов с фиксированным младшим коэффициентом c трехчлен, имеющий наименьшее среднеквадратичное значение. В заключение, используя неравенство Коши — Буняковского, еще раз решим экстремальные задачи из § 7. Задача 98. Найдите наибольшее и наименьшее значение выражения 2x − 3 y, если 3x 2 − xy + 2 y 2 = 5. Фигура, на которой ищется экстремум, — это косо расположенный эллипс. Чтобы понять это, достаточно выделить полные квад-

§ 12. Углы между трехчленами и неравенство Коши — Буняковского

раты в квадратичной форме 3x 2 − xy + 2 y 2 , точнее, представить ее в виде суммы квадратов € Š x 2 23x 2 3x 2 − xy + 2 y 2 = 2 y − + . 4

Введя подходящие новые переменные È Š p € 23 x X= x, Y = 2 y − , 8

эллипс можно превратить даже в окружность X 2 + Y 2 = 5, на которой придется искать экстремумы выражения È r Y x 5x 3Y 25 9 2x − 3 y = 2x − 3 p + = −p = X− Y. 2

Применяя неравенство Коши — Буняковского, имеем (ax + by)2 ¶ (a2 + b2 )(x 2 + y 2 ) = 5(a2 + b2 ), откуда −

5(a2 + b2 ) ¶ ax + by ¶

причем обе границы достижимы. Остается подставить значения a, b. Задача 99. Найдите наибольшее и наименьшее значение выражения 2x 2 − xy − y 2 , если x 2 + 2xy + 3 y 2 = 4. Начинаем так же, как в предыдущей задаче. Заметим, что фигура, на которой ищется экстремум, — это косо расположенный эллипс (кстати, квадратичная форма 2x 2 − xy − y 2 задавала бы гиперболу). Представим квадратичную форму x 2 + 2xy + 3 y 2 в виде суммы квадра2 2 тов ( y + X = (x + y)/2, px) + 2 y . Введя подходящие новые переменные Y = y/ 2, эллипс можно превратить в окружность X 2 + Y 2 = 1, на которой будем искать экстремумы квадратичной формы p p p p 2x 2 − xy − y 2 = 2(2X − Y 2)2 − (2X − Y 2)Y 2 − (Y 2)2 = p = 8X 2 − 10XY 2 + 4Y 2 . Так как Xp2 + Y 2 = 1, достаточно найти экстремумы, например, формы 4X 2 − 10 2XY, что сводится к поиску экстремумов формы X 2 − KXY при подходящем K. Так как X 2 + Y 2 = 1, можно вместо двух связанных друг с другом переменных ввести одну, а именно X = cos ϕ, Y = sin ϕ. Тогда X 2 − KXY = cos2 ϕ −

1 + cos 2ϕ K K sin 2ϕ = − sin 2ϕ 2 2 2

§ 12. Углы между трехчленами и неравенство Коши — Буняковского

и поиск экстремумов сводится к поиску экстремумов у функции A sin x + B cos x, p которые, как известно, равны ± A2 + B2 , что следует, например, из неравенства Коши — Буняковского (A sin x + B cos x)2 ¶ (A2 + B2 )(sin2 x + cos2 x) = A2 + B2 . Еще одно решение приведенных задач можно получить, если для минимизации данной квадратичной формы ax 2 + 2bxy + cy 2 на единичной окружности x 2 + y 2 = 1 выполнить найденную в конце § 9 замену координат, при которой эта форма принимает канонический вид λ1 X 2 + λ2 Y 2 , где λ�� — корни характеристического уравнения (a − λ)(c − λ) − b2 = 0 (это утверждение верно и в случае, когда корни совпадают, хотя это и не доказывалось в § 9). Так как в указанной системе координат оси перпендикулярны, данная окружность в новых координатах имеет то же вид, что и в старых. Задача минимизации квадратичной формы в новых координатах принимает вид: найти минимум и максимум λ1 x 2 + λ2 y 2 при условии x 2 + y 2 = 1. Но теперь она решается просто. Пусть, к примеру, λ1 ¾ λ2 . Тогда при x 2 + y 2 = 1 λ1 x 2 + λ2 y 2 = λ1 (x 2 + y 2 ) − (λ1 − λ2 ) y 2 = λ1 − (λ1 − λ2 ) y 2 ¶ λ1 , и равенство возможно лишь при y = 0. Аналогично находим, что минимум равен λ2 . Значит, максимум квадратичной формы на единичной окружности равен наибольшему, а минимум — наименьшему ее собственному значению. Доказанное утверждение является очень простым частным случаем теоремы, обычно приписываемой Куранту и Фишеру (или Рэлею и Ритцу).

§ 13. Умеете ли вы извлекать квадратные корни? — Вижу, он заинтересовался математикой. — Не думаю, что он создан быть простым счетчиком, — предупредил Кларк. — Дни напролет сидеть над тетрадями, корпеть над таблицами логарифмов, кубическими корнями, косинусами‌ — Благодарение Декарту, теперь математикам есть чем заняться помимо этого, — промолвил Енох. — Скажите брату, чтобы показал мальчику Евклида, и пусть тот выбирает сам. Нил Стивенсон. Ртуть

Читатель уже убедился, что хотя для решения уравнений полезно уметь извлекать квадратные корни, иногда можно этого избежать. Знание приближенного значения корней, как правило, нужно для их сравнения с данными числами. Но эту операцию можно провести p и без вычисления корней. Например, для сравнения чисел вида a + b, где a, b — рациональные числа, достаточно переписать нераp p венство в виде c 2 равно (p + 1)/2. Поскольку квадратичных вычетов так много, при больших p для их запоминания не хватит памяти не только вам, но и компьютеру. Но вместо запоминания заранее вычисленной таблицы вычетов в случае ее чрезмерной длины можно просто научиться быстро определять по остатку от деления на p, является ли он квадратичным вычетом, и если да, то находить число, квадрат которого при делении на p дает остаток, равный этому вычету. Быстро распознавать квадратичные вычеты можно с помощью квадратичного закона взаимности, открытого Эйлером и доказанЛеонард Эйлер ного Гауссом. ровно 144 и различных остатков по модулю 144 столько же, то и обратно, по каждой паре (a, b) остаток по модулю 144 определяется однозначно и разным парам соответствуют разные остатки.

§ 13. Умеете ли вы извлекать квадратные корни?

Здесь нет возможности объяснять, что это такое, и мы отсылаем читателя к книгам по элементарной теории чисел. Если воспользоваться быстрыми современными алгоритмами умножения и деления чисел 1 , а также быстрым вариантом алгоритма Евклида, можно распознавать квадратичные вычеты, выполнив не более C lg p · (lg lg p)2 · lg lg lg p операций с цифрами, где C — константа, не зависящая от p, но довольно большая. Извлечение квадратных корней по модуКарл Фридрих Гаусс лю p сложнее, и наилучшие современные ал2 горитмы используют C lg p · lg lg p · lg lg lg p операций. Задача облегчается тем, что все это можно делать только для одного простого p числа p > 2 n, и найти такое число 0 0, a 6= b, то b2 − n = (b + a)(b − a) кратно p, значит, |a ± b| делится на p, что невозможно, так как p p 0 m + 2 цифр, но так как в частном всегда получается одноразрядное число (возможно, изредка получается 10), то последние 2n − 2m цифры в нем можно

§ 13. Умеете ли вы извлекать квадратные корни?

отбросить, при этом частное не изменится, и поэтому всегда при вычислении цифры b = b��+1 выполняется деление (m + 2)-разрядного числа на (m + 1)-разрядное. Заметим, что подобное деление приходится выполнять на каждом шаге при делении n-разрядного числа на m-разрядное при делении столбиком. Поэтому указанный алгоритм извлечения корня похож на школьный алгоритм деления, но почему-то в школах изучается не всегда. И при изучении деления столбиком в школе не учат, как делить (m + 1)-разрядное число u = u0 u1 . . . u�� на m-разрядное число v = v1 . . . v�� , а предлагают находить частное просто подбором. Для желающих научиться делить «истинно алгоритмическим» образом предлагаем следующие задачи, которые показывают, что деление столбиком не так просто, как кажется. Рассмотрим числа u = = u0 u1 . . . u�� и v = v1 . . . v�� и положим š  ¦š 10u + u  © u 0 1 q= , q ∗ = min ,9 . v

182. Докажите, что q ¾ q, а при v1 ¾ 5 к тому же q ∗ − 2 ¶ q. Умножив u и v на b10/(v1 + 1)c, можно, не изменяя u/v, добиться того, что v1 ¾ 5. Неравенство q ∗ − 2 ¶ q, вообще говоря, усилить нельзя. 183. Докажите, что: • если u0 = v1 , то q = 9 или 8; • всегда q ¾ b(10u0 + u1 )/(v1 + 1)c; • если при r ∗ = 10u0 + u1 − q ∗ v1 справедливо неравенство v2 q ∗ > 10r ∗ + u2 , то q = q ∗ − 1 или q = q ∗ − 2, а если v2 q ∗ ¶ 10r ∗ + u2 , то q = q ∗ или q = q ∗ − 1; • если v1 ¾ 5, v2 q ∗ ¶ 10r ∗ + u2 , но q ∗ 6= q, то u − qv ¾ 7v/10 (т. е. с вероятностью 0,7 все же q∗ = q). 184. Проверьте, что вычисление корня с n значащими цифрами требует не более Cn2 операций с цифрами. Еще о решении квадратных уравнений Рассмотрим вопрос о минимизации длины записи корней квадратного уравнения. Речь пойдет о том, что запись корней в виде x1,2 =

§ 13. Умеете ли вы извлекать квадратные корни?

в том случае, когда установлено, что b2 − 4ac не является полным квадратом, хотя формально правильна, но может иногда быть записана в более компактном виде p x1,2 =

где P, S, Q и R — некоторые делители чисел b, D = b2 − 4ac и 2a соответственно. Естественно в этом случае найти наиболее компактную запись, т. е. минимизировать числа P, Q, R. Это означает, что Q должно быть свободно от квадратов, т. е.pне представимо в виде Q12 Q2 , где p Q�� — целые числа, Q1 > 1, тогда Q не будет представим в виде Q1 Q2 нетривиальным образом, а среди дробей P/R, S/R хотя бы одна должна быть несократимой. В школе некоторые учителя требуют находить такую запись, называя ее «решением наиболее рациональным способом» и т. п. Эта же задача возникает и перед создателями систем компьютерной алгебры (хотя автор не уверен, что во всех таких системах реализован подобный алгоритм). Ее решение для конкретных уравнений с небольшими коэффициентами не вызывает труда, но написать программу, которая всегда будет это делать правильно, не так уж и просто, и мы предлагаем читателям убедится в этом самостоятельно. Выше уже объяснялось, как распознавать полные квадраты и как извлекать из них корни. Научимся выделять из неквадратных чисел максимальные квадратные множители, т. е. представлять натуральное число N в виде n2 K, где K свободно от квадратов. Такое представление существует и единственно, при этом иногда n = 1. Доказательство данного утверждения очевидно следует из теоремы об однозначности разложения натуральных чисел на множители (иногда называемой основной теоремой арифметики). Эту теорему не проходят в школе, и многие школьники считают ее очевидной, однако ее простота обманчива. Здесь нет места для ее доказательства и обсуждения, и мы вынуждены отослать читателя к другим книжкам. Мы только покажем, как, зная разложение N на простые множители α α p1 1 . . . p�� �� , получить представление N = n2 K. Для этого составляется список индексов , для которых α���� нечетно, и вычисляется K = p��1 . . . p���� ,

Делить и извлекать корень для вычисления n не нужно, достаточно вместо этого составить список всех остальных индексов < j1 , . . . , j��−�� >,

§ 13. Умеете ли вы извлекать квадратные корни?

т. е. таких, для которых α���� четно, и вычислить α�� /2

После того как получено представление дискриминанта D = b2 − 4ac = n2 K, где K свободно от квадратов, имеем x1,2 =

p p −b ± D −b ± n K = , 2a 2a

и остается сократить дроби b/(2a), n/(2a) на максимальное возможное число. Для этого можно у любой из этих дробей найти наибольший общий делитель d числителя и знаменателя, а потом найти наибольший общий делитель числа d и числителя второй дроби. На полученное число обе дроби можно сократить, после чего из них сократимой останется не более чем одна. Если вы начнете программировать, то поймете, что все не так просто. Для вычисления наибольшего общего делителя естественно применить алгоритм Евклида. Не будем здесь объяснять, как это делается. Скажем только, что этому алгоритму, его модификациям и приложениям можно посвятить толстый том, и хотя возраст алгоритма почти такой, как у старика Хоттабыча, большая часть содержания этого тома будет основана на результатах, полученных в XX веке. Для выделения максимального квадрата придется дискриминант разлагать на простые множители. Для этого известно много алгоритмов, описаниям которых уже посвящены целые книги. Интереск этим алгоритмам сильно подогревается их применениями в криптографии с открытым ключом. Но до сих пор неизвестно, существует ли Средневековый портрет Евклида. Юстус ван Гейт алгоритм, разлагающий n-значное число на простые множители за n�� операций, где C — (ок. 1474) не зависящее от n число. Здесь мы прекратим запугивать читателя и заметим, что в условиях экзамена он будет иметь дело с уравнениями с небольшими

§ 13. Умеете ли вы извлекать квадратные корни?

коэффициентами и вполне сможет выполнить описанный выше алгоритм, иногда даже в уме. При этом для сокращения дробей вместо алгоритма Евклида, конечно, проще применять разложение на множители (хотя иногда знание алгоритма Евклида может помочь, если в нем достаточно сделать, например, только один шаг). Если коэффициенты a, b, c имеют общий множитель, то начать надо, конечно, с того, что на него сократить. Если b, a имеют простой общий множитель p, а c на него не делится, то в этом случае находим наибольшую степень pβ , делящую b, и наибольшую степень p α , делящую a. Тогда D = b2 − 4ac делится на p min , и даже на pmin в случае p = 2. Заметим, что в случаях 2β = α, p > 2 и 2β = α + 2, p = 2 возможна делимость D и на б´ ольшие степени, и путем пробных делений в этих случаях тоже можно найти максимальную степень pδ , делящую D. Тогда при γ = min и при γ = min в случае p = 2 имеем p p 2 −b/pγ ± D/p 2γ −b ± D b 4ac x1,2 = = , D= − 2γ . γ γ 2a

Если b, c имеют общий простой делитель p, то a не делится на p. Находим максимальную степень p α , делящую c, и максимальную степень pβ , делящую b, тогда аналогично рассмотренному случаю можно найти максимальную степень pδ , делящую D. Тогда имеем x1,2

Æ p −b ± pbδ/2c D/p 2bδ/2c −b ± D = = , 2a 2a 2 D b 4ac = − 2bδ/2c . p2bδ/2c p bδ/2c p

Дроби в этом выражении можно сократить только в случае p = 2, bδ/2c ¾ 1. К полученным более простым выражениям для корней можно применять описанный выше прием и далее до тех пор, пока это удается. Если же общих делителей выделить не удается, то придется разлагать подкоренное выражение на множители и выделять квадратный множитель, как было объяснено выше.

§ 14. Как извлекали корни Ньютон и Герон Вечернее солнце светило в открытые окна. Енох подъехал к школе с северо-западной стороны, чтобы случайный наблюдатель увидел лишь длинную тень в плаще с капюшоном. Он довольно долго смотрел на мальчика. Закатное солнце багрило и без того красное от натуги лицо. Мальчик истреблял надписи усердно, и даже с жаром, как будто это жалкое место недостойно нести его собственноручную подпись. С одного подоконника за другим исчезало имя: «И. НЬЮТОН». Нил Стивенсон. Ртуть (2003)

Метод цифра за цифрой для вычисления квадратных корней был открыт еще в Древней Индии. Для приближенного поиска корней произвольных алгебраических уравнений его применил Виет. Одной из вариаций этого метода является используемый в артиллерии так называемый метод вилки. Идея его такова: если при некотором угле наклона орудия зафиксирован недолет, а при большем угле — перелет, то следующий угол наклона выбирают как среднее арифметическое двух этих углов 1 . В применении к поиску корней уравнения f (x) = 0 на отрезке [a, b] это выглядит следующим образом. Положим x0 = a, y0 = b, и если на n-м шаге вычисления мы нашли приближения x�� , y�� такие, что f (x�� ) f ( y�� ) 0. Можно доказать, что они будут почти всегда сходится к корню независимо от выбора начального значения x0 . Для квадратного корня это можно сделать совсем элементарно (без использования производной). p 188. Докажите для ньютоновых приближений к N тождество p �� p x0 − N 2 x�� − N p = p . x�� +

Докажите, что если

Однако для ускорения вычислений лучше взять x0 как можно ближе к корню. Например, если 1/2 ¶ N 0, будет равно log2 log2 (1/») с точностью до некоторой константы. Скорость сходимости можно увеличить, если использовать последовательность (N/x�� )2 1 N x��+1 = 3x�� + 6 − . 8 x�� x�� p Погрешность «�� = N − x�� тогда будет вычисляться по рекуррентной формуле «��+1 =

(попробуйте ее доказать!). Из нее видно, что при достаточно малом p «1 последовательность «�� знакопостоянна, т. е. x�� приближается к N с одной стороны. p Если начальное приближение взять с избытком, т. е. выбрать x1 > N, то при достаточно малом |»1 | всегда будет «�� 0. Тогда при x0 = a ньютоновы итерации x�� сходятся к корню, причем если выполнить еще итерации по формуле y��+1 = y�� −

то y�� тоже будет сходиться к корню, но с другой стороны. При этом 00 | y − x��+1 | 1 f (c) lim ��+1 = 0 , 2 ��→Ì

где c — искомый корень.

§ 14. Как извлекали корни Ньютон и Герон

Словами эту формулу можно выразить так: расстояние между x�� и y�� убывает по квадратичному закону. Это очень быстро, гораздо быстрее, чем в методе вилки. Но последовательность y�� дает гораздо худшее приближение к корню, чем x�� , а именно, доказано, что y −c lim �� = +Ì. ��→Ì

Поэтому в качестве приближения берут x�� , а y�� используют только для контроля достигнутой точности (иногда можно обойтись и без вычисления y�� ). Для ускорения сходимости последовательности y�� Данделен предложил использовать итерации y��+1 = y�� − f ( y�� )

y�� − x�� . f ( y�� ) − f (x�� )

Вычислять их немного сложнее, но зато справедлива Теорема 14 (Данделен). Если выполнены условия Фурье, то y −c lim �� = g( y0 ), ��→Ì

где g — некоторая монотонная функция, причем lim

В качестве ответа обычно берут среднее арифметическое x�� и y�� при последней итерации. В случае, если уравнение дано в виде f (x) = x (а к этому виду можно привести любое уравнение), можно для его решения использовать простейший итерационный процесс: x��+1 = f (x�� ). Очевидно, что если y — корень уравнения, то при x0 = y последовательность стабильна: x�� = y. Если f (a) > a, f (b) x0 , то последовательность x��+1 = f (x�� ) монотонно возрастает, ограничена (почему?) и поэтому имеет предел, который в силу непрерывности совпадает с корнем. Можно доказать, что если в окрестности корня производная функции по модулю меньше единицы, то в этой окрестности указанная

§ 14. Как извлекали корни Ньютон и Герон

последовательность сходится к корню. Однако если в окрестности корня выполняется неравенство | f 0 (x)|>1, то эта последовательность удаляется от корня. Если уравнение не имеет вида f (x) = x, то его можно привести к этому виду по-разному. Иногда после этого метод итераций дает ответ, иногда нет. Итерационные последовательности вида f�� (x) = f ( f��−1 (x)), в особенности не сходящиеся и зацикливающиеся, вызывают в настоящее время большой интерес. Их исследование нетривиально даже в случае квадратного трехчлена, в чем читатель может убедиться, решая следующие задачи. 192. (IMO, 1968.) Пусть f (x) = ax 2 + bx + c,

Докажите, что уравнение f�� (x) = x • не имеет действительных корней, если (b − 1)2 − 4ac 0. 193. Пусть f (x)= ax 2 + bx + c, a, b, c >0 и уравнение f (x)= x имеет корни x1 , x2 , такие что x1 = 1, 0 1. 194. (ВМО, 1973.) Пусть для квадратного трехчлена f (x) уравнение f (x) = x не имеет корней. Докажите, что f ( f (x)) = x тоже не имеет корней. 195. (Москва, 2000.) Пусть f (x) = x 2 + 2px + p(p − 1). Решите уравнения a) f ( f ( f ( f ( f (x))))) = 0; б) f ( f ( f ( f ( f (x))))) = x. 196∗. Решите уравнение x 8 − 4x 6 + 4x 4 + x − 1 = 0. 197∗. (Москва, 1957.) Пусть f (x) = 1 − x 2 ,

Решите уравнение f�� (x) = x. 198∗. (IMO, 1976.) Пусть f (x) = x 2 − 2,

Докажите, что у уравнения f�� (x) = x все корни действительны и различны.

§ 14. Как извлекали корни Ньютон и Герон

199. Пусть f (x) = 2x 2 − 1,

Докажите, что у уравнения f�� (x) = 0 все корни действительны и различны. 200. Решите уравнения a) 2(2x 2 − 1)2 − 1 = x; б) 2(2x 2 − 1)2 = 1.

§ 15. Квадратные корни и уравнение Пелля Если дано произвольное число, которое не является квадратом, то найдется также и бесконечное количество таких квадратов, что если этот квадрат умножить на данное число и к произведению прибавить единицу, то результат будет квадратом. Пьер Ферма. Письмо английским математикам (1657)

Рассмотрим указанную в предыдущем разделе последовательность p приближений для 2: € Š x 1 2 1 x1 = 1, x��+1 = x�� + = ��+ . 2

Очевидно, она состоит из рациональных чисел x�� = p�� /q�� , p1 = q1 = 1, и из приведенного выше рекуррентного соотношения следует рекуррентное соотношение для последовательности пар (p�� , q�� ) числителей и знаменателей: p2 + 2q��2 p��+1 p q = �� + �� = �� . q��+1 2q�� p�� 2q�� p��

Из него следует, что 2 2 p��+1 −2q��+1 =(p��2 +2q��2 )2 −2(2q�� p�� )2 = p��4 +4q��4 −4p��2 q��2 =(p��2 −2q��2 )2 =1,

так как p12 − 2q12 = −1, p22 − 2q22 = (p12 − 2q12 )2 = 1. Таким образом, получаем бесконечную последовательность решений (но не все решения) уравнения x 2 − 2 y 2 = 1 в целых (фактически в натуральных) числах. Уравнение x 2 − Ny 2 = 1, решение которого ищется в целых числах, называется уравнением Пелля 1 . Выше мы увидели, что при N = 2 это уравнение имеет бесконечно много решений. Мы не будем здесь это доказывать. Как видно, задача решения этого уравнения оказалась очень p близка к задаче нахождения все более точных приближений к 2. Уточним, что решение уравнения Пелля представляет интерес, только если N не является квадратом целого числа. 201. Докажите, что при N = n2 , где n — целое, уравнение x 2 − − Ny 2 = 1 имеет только два решения в целых числах, а произвольное уравнение вида x 2 − Ny 2 = m — конечное число решений. 1

См. брошюру: Бугаенко В. О. Уравнение Пелля. М.: МЦНМО, 2010.

§ 15. Квадратные корни и уравнение Пелля

При не квадратном N произвольное уравнение x 2 − Ny 2 = m может и не иметь решений, но если имеет, то бесконечно много. С геометрической точки зрения решение уравнения Пелля x 2 − − Ny 2 = 1 равносильно нахождению всех целых точек (точек с целыми координатами), лежащих на гиперболе x 2 − Ny 2 = 1. Очевидно, что подобная задача для эллипса интереса не представляет (очевидно, что таких точек конечное число, зависящее от размеров эллипса), а для параболы она существенно проще, чем для гиперболы. Удивительно, но такими задачами заинтересовались уже древние греки, хотя, вообще говоря, идея поиска решений уравнения в целых числах им была не близка. Решением уравнений в целых числах стал заниматься в III веке н. э. Диофант, но он в основном искал решения не в целых, а в рациональных числах. Для уравнения Пелля это довольно простая задача. Кстати, Диофант в своей «Арифметике» рассматривал уравнение Пелля при N = 26, 30 и искусственным приемом нашел в этих случаях наименьшее решение. 202. Решите уравнение Пелля в рациональных числах. Греки могли заинтересоваться уравнением Пелля в связи с приближенным вычислением квадратного корня.pВозможно, даже пифагорейцы, обнаружившие иррациональность 2 и пытавшиеся его вычислить приближенно, кое-что знали о решениях уравнения Пелля x 2 − 2 y 2 = 1. Почти наверняка что-то знал об уравнении Пелля x 2 − 3 y 2 = 1 Архимед, который, вероятно, и открыл метод Герона приближенного вычисления квадратных корней. p Например, у Архимеда встречается приближение 1351/780 к 3. Непонятно, как он его получил, если не знал, что 13512 = 3 · 7802 + 1. 203. Пользуясь последовательностью приближений € Š x 1 3 3 x1 = 2, x��+1 = x�� + = ��+ 2

p для 3, найдите бесконечно много решений уравнения x 2 − 3 y 2 = 1 в целых числах. 204. Найдите аналогичным образом бесконечное число решений уравнения Пелля x 2 − 5 y 2 = 1, пользуясь последовательностью приближений € Š x 9 1 5 5 x1 = , x��+1 = x�� + = ��+ . 4

Но скорее всего, греки пришли к решению уравнения Пелля при N = 2, рассуждая геометрически (как они всегда делали). Более по-

§ 15. Квадратные корни и уравнение Пелля

дробно можно прочитать об этом в статье известного голландского математика и историка науки Ван дер Вардена «Уравнение Пелля в математике греков и индусов», опубликованной в 1976 г. в журнале «Успехи математических наук» на русском языке. По-видимому, первыми научились решать общее уравнение Пелля индийские математики. Основная трудность заключается в поиске минимального решения. Бесконечное же множество решений можно получить из минимального примерно так же, как в задачах 203, 204. В VII веке Брахмагупта нашел минимальное решение для уравнения x 2 − 92 y 2 = 1, а в XII веке Бхаскара Ачарья описал общий алгоритм (так называемый циклический метод) поиска минимального решения уравнения Пелля. Доказательства корректности метода он, разумеется, не дал. В Европе первым нашел метод решения уравнения Пелля знаменитый Пьер Ферма. Как обычно, он не опубликовал свое решение, а послал в 1657 г. английским математикам задачу — решить уравнение Пелля при N = 61, 109, 149. Тот факт, что сам он умел решать уравнение Пелля, подтверждается тем обстоятельством, что среди чисел N q или p, q 0, то корни трехчлена x 2 + px + q заключены между − max и − min. 208. Корни трехчлена x 2 + px + q во всех случаях по модулю не превосходят • 1 + max<|q|, |p|>; p • 1 + p2 + q2 ; • |p| + |q/p|. Указание. Если z — корень, то |z|2 = | − pz − q| ¶ |p||z| + |q|, а так как при β = |p| + |q/p| 2 q |p|β + |q| = p2 + 2|q| β, то |z|2 /2 > |p| · |z|, |q| |p| · |z|, |q| a. Как следствие получается, что любое такое значение a служит верхней границей корней многочлена. Теорема 17 (Маклорен). Корни произвольного многочлена g(x)=a�� x �� +. . .+a0 по модулю не превосходят a • 1 + max �� ; �� 0; ��−��−1 �� 0,

то трехчлен ax + bx + c имеет корень между 0 и 1. 217. Если уравнение a + bx + cx 2 = 0 имеет только действительные корни, то это же верно для уравнения a + bx + cx 2 /2 = 0. 218. (С.-Петербург, 1998.) Если 2

(a + b + c + d)2 ¾ 4(a2 + b2 + c2 + d 2 ), то трехчлен (x − a)(x − b) + (x − c)(x − d) имеет корень. 219. (С.-Петербург, 2003.) Модуль разности корней квадратного трехчлена ax 2 + bx + c не меньше 10. Докажите, что модуль разности корней трехчлена ax 2 + 2bx + 3c больше 17. 220. (Москва, 1965.) Найдите множество всех значений, которые могут принимать действительные корни трехчленов x 2 + px + q, |p|, |q| ¶ 1. 221. (С.-Петербург, 1997.) Корень трехчлена ax 2 + bx + b умножили на корень трехчлена ax 2 + ax + b и получили единицу. Найдите эти корни. 222. (Англия, 1967.) Пусть a, b — корни трехчлена x 2 + px + 1, а c, d — корни трехчлена x 2 + qx + 1. Докажите, что (a − c)(b − c)(a + d)(b + d) = q 2 − p2 . 223. (Польша, 1960.) Найдите необходимое и достаточное условие того, что квадратные уравнения x 2 + p�� x + q�� = 0, i = 1, 2, имеют общий корень. 224. Докажите для квадратного трехчлена x 2 + px + q с корнями x1 , x2 неравенство Y 1 max |x 2 + px + q| ¾ |x�� | −1¶��¶1

§ 17. Разные задачи о квадратных трехчленах

(если |x�� | ¶ 1, i = 1, 2, то считаем произведение в правой части равным 1). 225. Пусть x1 , x2 — корни уравнения 1 + kx + x 2 = 0. Найдите все k, при которых справедливо неравенство (x1 /x2 ) + (x2 /x1 ) > 10. 226. (Югославия, 1981.) Квадратный трехчлен ax 2 + bx + c с целыми коэффициентами и с a > 0 имеет два корня на интервале (0, 1). Найдите минимальное значение a. Задачи о представлениях трехчленов в разных формах 227. Докажите, что любой неотрицательный квадратный трехчлен (т. е. не принимающий отрицательных значений) можно представить в виде суммы двух трехчленов вида c(x + a)2 с положительными старшими коэффициентами. 228. (Москва, 2004.) Докажите, что любой квадратный трехчлен можно представить в виде суммы двух трехчленов с нулевыми дискриминантами. 229. Квадратный трехчлен, принимающий неотрицательные значения при неотрицательных x, можно представить в виде (Ax − B)2 + C 2 x, и обратно, любой трехчлен такого вида принимает неотрицательные значения при неотрицательных x. 230∗. Докажите, что квадратный трехчлен, принимающий положительные значения при положительном x, можно представить в виде отношения двух многочленов с положительными коэффициентами. 231∗. Докажите, что квадратный трехчлен, принимающий неотрицательные значения при |x| ¶ 1, можно представить в виде (Ax + B)2 + C 2 (1 − x 2 ), и обратно, любой трехчлен такого вида принимает неотрицательные значения при |x| ¶ 1. 232∗. Докажите, что трехчлен, положительный при любом x ∈(−1, 1), можно представить в виде суммы многочленов вида A���� (1 − x)�� (1 + x) �� , i, j ¾ 0, i + j ¶ 2, с положительными коэффициентами. 233. Докажите, что для любого линейного двучлена найдется такой неотрицательный квадратный трехчлен, что их сумма также будет неотрицательна. 234∗. Докажите, что любой квадратный трехчлен можно представить в виде разности монотонно возрастающих многочленов.

§ 17. Разные задачи о квадратных трехчленах

Квадратные трехчлены с целыми коэффициентами В следующих задачах даются полезные признаки существования целых или рациональных корней у квадратных трехчленов. Многие из этих задач имеют обобщения на произвольные многочлены с целыми коэффициентами. Например, следующее утверждение вытекает из теоремы Гаусса, но может быть доказано и без нее. 235. Докажите, что если трехчлен x 2 + px + q с целыми коэффициентами имеет рациональный корень, то оба его корня — целые. 236. (Венгрия, 1907.) Докажите, что трехчлен x 2 + 2px + 2q при нечетных p, q не может иметь рациональных корней. 237. (Польша, 1959.) Докажите, что если квадратный трехчлен с целыми коэффициентами имеет рациональный корень, то хотя бы один из коэффициентов четен. 238. (Москва, 1991.) Докажите, что если квадратный трехчлен с целыми коэффициентами принимает нечетные значения при x = 0 и x = 1, то он не имеет целых корней. 239. (Польша, 1968.) Докажите, что если квадратный трехчлен с целыми коэффициентами при трех целых значениях x принимает значения ±1, то он не имеет целых корней. 240. (Москва, 1958.) Докажите, что если два квадратных трехчлена с единичными старшими коэффициентами и с целыми остальными коэффициентами имеют общий нецелый корень, то эти трехчлены совпадают. 241. (ВМО, 1994.) Найдите все целые p, при которых квадратный трехчлен x 2 + px + p имеет целый корень. 242. Найдите целое a, при котором трехчлен (x − a)(x − 10) + 1 имеет два целых корня. 243. Докажите, что квадратный трехчлен f (x) = ax 2 + bx + c имеет целые коэффициенты тогда и только тогда, когда a, f (0), f (1) — целые числа. 244∗. (ВМО, 1969.) При каком наименьшем натуральном a у квадратного трехчлена ax 2 + bx + c с целыми коэффициентами корни различны, положительны и меньше 1? 245. Как изменится ответ в предыдущей задаче, если в ее условии отбросить требование различия корней? В следующих задачах речь идет не о корнях, а о значениях трехчленов с целыми коэффициентами.

§ 17. Разные задачи о квадратных трехчленах

246. Докажите, что трехчлен x 2 + 5x + 16 ни при каком целом x не делится на 169. 247. Квадратный трехчлен при любом целом x принимает значения, равные четвертой степени натурального числа. Докажите, что он равен константе. 248∗. (Москва, 1955.) Трехчлен ax 2 + bx + c при всех целых x принимает значения, являющиеся точными квадратами. Докажите, что ax 2 + bx + c = (dx + e)2 , где d, e — целые числа. В международном стандарте LTE (это один из стандартов для мобильной связи) в рекомендованном алгоритме кодирования для перемешивания данных используется отображение множества чисел от 0 до N − 1 в себя, определяемое равенством g(x) = (bx + ax 2 ) mod N, где операция x mod N вычисляет остаток от деления на N. В стандарте явно указаны значения N, a, b, для которых указанное отображение является перестановкой (т. е. взаимно однозначным отображением). Определяющий подобное отображение квадратный трехчлен ax 2 + bx + c можно назвать перестановочным по модулю N. Перестановочными могут быть и многочлены высоких степеней, но в стандарте выбраны именно трехчлены из-за простоты их вычисления. Конечно, еще проще вычисляются линейные двучлены, но они порождают недостаточно запутанные перестановки. Поэтому на перестановочные квадратные трехчлены накладывается еще условие a mod N 6= 0. 249. Докажите, что двучлен ax + b будет перестановочным по модулю N тогда и только тогда, когда a и N взаимно просты (т. е. не имеют общих делителей). 250∗. Докажите, что квадратный трехчлен ax 2 + bx + c,

может быть перестановочным по модулю N в том и только в том случае, когда N не свободно от квадратов (т. е. делится на квадрат некоторого натурального числа) или четно. Целозначные квадратные трехчлены Многочлен называется целозначным, если он принимает во всех целых точках только целые значения. Целозначными будут многочлены

§ 17. Разные задачи о квадратных трехчленах

с целыми коэффициентами, но не только они. О таких многочленах известно удивительно много интересных задач. Далее для простоты мы их формулируем только для случая квадратных трехчленов. 251. Докажите, что операция ∆(P) = P(x + 1) − P(x) переводит целозначный многочлен в целозначный. 252. Докажите, что если квадратный трехчлен P(x) целозначный, то трехчлен 2P(x) имеет целые коэффициенты. 253. Докажите, что целозначный квадратный трехчлен имеет вид a

где a, b, c — целые числа, и обратно, все такие многочлены — целозначные. 254. Докажите, что квадратный трехчлен, принимающий в трех подряд идущих целых точках только целые значения, является целозначным. 255. (Польша, 1957.) Квадратный трехчлен ax 2 + bx + c принимает при целых x только целые значения. Докажите, что это возможно тогда и только тогда, когда 2a, a + b, c — целые числа. 256. (Румыния, 1962.) Квадратный трехчлен x 2 + px + q принимает при целых x только целые значения. Найдите необходимые и достаточные условия того, что все эти значения a) четны; б) нечетны; в) кратны трем. 257. Докажите, что квадратный трехчлен, принимающий в точках 0, 1, 4 только целые значения, принимает целые значения в любой целой точке вида m2 , где m — целое число. Следующая задача на олимпиаде предлагалась для произвольного многочлена. 258. (Москва, 1981.) Квадратный трехчлен со старшим коэффициентом 1 при целых значениях аргумента принимает целые значения, делящиеся на m. Докажите, что m = 1 или 2. Следующая задача является частным случаем теоремы Гаусса. 259. (Гаусс.) Докажите, что квадратный трехчлен p(x) = c0 + c1 g1 (x) + c2 g2 (x), где c�� — целые числа, а g1 (x) =

(x − 1)(x − q) , q(q − 1)(q 2 − 1)

§ 17. Разные задачи о квадратных трехчленах

при x = 1, q, q 2 принимает целые значения; и наоборот, квадратный трехчлен p при x = 1, q, q 2 принимает целые значения, если и только если p(x) = c0 + c1 g1 (x) + c2 g2 (x), где c�� — целые числа.

§ 18. Квадратные трехчлены, наименее уклоняющиеся от нуля Пусть f (x) — некоторая функция, U — полином степени n с произвольными коэффициентами. Если выберем эти коэффициенты так, чтобы разность f (x) − U от x = a − h до x = a + h лежала в пределах, наиболее близких к нулю, то разность f (x) − U будет обладать следующим свойством: между наибольшим и наименьшим значением разности f (x) − U в пределах от x = a − h до x = a + h встречается по крайней мере n + 2 раза одно и тоже численное значение. П. Л. Чебышёв. Теория механизмов, известных под названием параллелограммов. (Собр. соч., т. 2, 1947)

Здесь мы в частных случаях встречаемся со знаменитыми результатами П. Л. Чебышёва о многочленах, наименее уклоняющихся от нуля, легших в основу теории приближений. Следующая задача выглядит как одна из типичных задач на решение уравнений с параметром. 260. Найдите все a, для которых уравнение |x 2 +px+q|=a+ y 2 при любых p, q имеет решение, удовлетворяющее неравенству |x| ¶ 1. Действительно, задача равносильна нахождению всех a таких, что при всех p, q max |x 2 + px + q| ¾ a. |��|¶1

Последнее условие равносильно неравенству min max |x + px + q| ¾ a. 2

Пафнутий Львович Чебышёв

Значит, задача свелась к нахождению трехчлена, наименее уклоняющегося от нуля на отрезке [−1, 1]. Вот еще одна задача такого же рода. 261. Найти все a, при которых уравнение (x 2 + px+q)2 + y 2 =a при любых p, q имеет решение, удовлетворяющее неравенству 1 ¶ x ¶ 2. 262. (Ленинград, 1965.) Среди всех трехчленов x 2 + px + q найдите тот, у которого max |x 2 + px + q| принимает наименьшее воз−1¶��¶1 можное значение.

§ 18. Квадратные трехчлены, наименее уклоняющиеся от нуля

В таких задачах труднее всего найти ответ, но если он найден, то доказать его правильность уже проще. Поэтому подскажем: искомый экстремальный трехчлен есть x 2 − 1/2, а его уклонение от нуля, т. е. максимум на отрезке [−1, 1], равно 1/2. Если же взять любой трехчлен f (x) = x 2 + px + q, то, заметив, что f (−1) − 2 f (0) + f (1) = 2 независимо от p, q, выводим отсюда неравенство 4m ¾ | f (−1)| + 2| f (0)| + | f (1)| ¾ | f (−1) − 2 f (0) + f (1)| = 2, где m — упомянутый максимум. Но этого недостаточно, нужно доказать строгое неравенство при f (x) 6= x 2 − 1/2. Для этого просто найдем условие, когда доказанное неравенство превращается в равенство. Необходимое условие есть 1 2

f (−1) = f (1) = − f (0) = . Ясно, что этому условию удовлетворяет только трехчлен x 2 − 1/2, так как система уравнений  1  1+q− p = ,   2  1 1+q+ p = , 2    1 q =− 2

имеет единственное решение p = 0, q = −1/2. 263. Среди всех трехчленов • f (x) = px 2 + x + q, • f (x) = px 2 + qx + 1, • f (x) таких, что f (a) = b, b 6= 0, |a| > 1, найти тот, у которого max | f (x)| принимает наименьшее возмож−1¶��¶1 ное значение. 264. Среди всех двучленов x + p найти тот, у которого величина max |x + p| принимает наименьшее возможное значение. ��¶��¶��

265. Среди всех двучленов x 2 + p найти тот, у которого величина max |x 2 + p| принимает наименьшее возможное значение. ��¶��¶�� 266. Среди всех двучленов x 2 + px найти тот, у которого величина max |x 2 + px| принимает наименьшее возможное значение. ��¶��¶��

267. Среди всех трехчленов f (x) таких, что f (a) = b, b 6= 0, |a| > 1, найти тот, у которого max | f (x)| принимает наименьшее возмож−1¶��¶1 ное значение.

§ 18. Квадратные трехчлены, наименее уклоняющиеся от нуля

Владимир Андреевич Марков

Андрей Андреевич Марков

Квадратные трехчлены, ограниченные на данном отрезке Большинство задач этого раздела являются просто переформулировками задач предыдущего раздела. Следующая задача является частным случаем общей задачи Владимира Маркова 1 , в которой для произвольных многочленов нужно максимизировать заданные линейные комбинации их коэффициентов. 268. Среди всех трехчленов ax 2 + bx + c таких, что при |x| ¶ 1 справедливо |ax 2 +bx +c|¶1, найти тот (или те), у которого максимальна следующая величина: |a|, |b|, |c|, |4a + 2b + c|, |a − b + c|, |a + b + c|. Следующая задача переносит первый пункт задачи 268 на случай кубических многочленов. 269. (Чехословакия, 1974.) Среди всех кубических многочленов f (x) = ax 3 + bx 2 + cx + d таких, что при |x| ¶ 1 справедливо | f (x)| ¶ 1, найдите тот, у которого максимально |a|. Задачу 269 можно, конечно, сформулировать и для многочленов произвольной степени (однако решить ее существенно труднее). 270. (Ленинград, 1980.) Среди всех трехчленов ax 2 + bx + c таких, что при 0¶ x ¶1 справедливо |ax 2 + bx + c|¶1, найдите тот, у которого максимально |a| + |b| + |c|. 1 Владимир Марков — младший брат выдающегося математика А. А. Маркова, сам талантливый математик, умерший в 26 лет от туберкулеза.

§ 18. Квадратные трехчлены, наименее уклоняющиеся от нуля

271∗. (Венгрия, 1965.) Среди всех трехчленов ax 2 + bx + c таких, что при 0¶ x ¶1 справедливо |ax 2 + bx + c|¶1, найдите тот, у которого максимально 8a2 /3 + 2b2 . 272. Пусть квадратный трехчлен удовлетворяет условию | f (x)| ¶ M при |x| ¶ 1. Докажите, что тогда при любом x, |x| > 1, справедливо неравенство | f (x)| ¶ M|2x 2 − 1|. 273. (С.-Петербург, 2003.) Для любого квадратного трехчлена f (x) = ax 2 + bx + c такого, что при 0 ¶ x ¶ 1 справедливо | f (x)| ¶ 1, докажите, что f (−1/2) ¶ 7 и найдите трехчлен, для которого достигается равенство. 274. (ВМО, 1973.) Пусть при |x| ¶ 1 выполнено |ax 2 + bx + c| ¶ 1. Докажите, что при |x| ¶ 1 выполнено |cx 2 + bx + a| ¶ 2. 275∗. (Венгрия, 1914.) Среди всех трехчленов ax 2 + bx + c таких, что при |x| ¶ 1 выполнено |ax 2 + bx + c| ¶ 1, найдите тот, у которого максимально значение max |2ax + b|. −1¶��¶1

276∗. (Польша, 1970.) Среди всех трехчленов ax 2 + bx + c таких, что при 0 ¶ x ¶ 1 выполнено |ax 2 + bx + c| ¶ 1, найдите тот, у которого максимально b. Отметим, что две предыдущие задачи являются частными случаями задачи, поставленной Д. И. Менделеевым в одной из своих работ, посвященных теории растворов, в частности растворению спирта в воде 1 . В общем виде эта задача была решена его современником, знаменитым русским математиком А. А. Марковым в работе «Об одном вопросе Д. И. Менделеева».

1 В этих работах им была определена оптимальная концентрация спирта в водке, ставшая с тех пор стандартом, — 40 градусов.

§ 19. Комплексные числа Цикл завершился. Я начну свою жизнь‌с той точки, где дядя Петрос с помощью грязного трюка свернул меня с пути, который снова считаю правильным‌ Я‌ в тот же вечер пошел в офис регистратора и заполнил свой выбор курсов на начавшийся семестр: введение в анализ, введение в комплексный анализ, введение в современную алгебру и общую топологию. Да, и конечно, я указал свою специализацию: Математика. Апостолос Доксиадис. Дядя Петрос и проблема Гольдбаха (1992)

Эти числа возникают при попытке решить квадратные уравнения, которые не имеют действительных корней. Любое квадратное уравнение эквивалентно уравнению вида x 2 = c. Если c |w1 − w2 | является эллипсом, а геометрическое место точек z таких, что |z − w1 | − |z − w2 | = c, при c 6= 0 является гиперболой. Очевидно, что на комплексной плоскости числа z и z расположены симметрично относительно действительной оси (рис. 30).

z(3, 2) = z1 + z2 z2 (1, 1)

Рис. 30. Операция сопряжения

Рис. 31. Сложение комплексных чисел

Операция сложения комплексных чисел интерпретируется как сложение векторов (рис. 31). Угол ϕ, образованный вектором Oz и положительным направлением действительной оси Ox, называется аргументом комплексного числа z и обозначается arg z. Аргумент определяется только для ненулевых чисел и лежит в пределах 0 ¶ arg z 0 имеет чисто мнимый корень, то его можно представить в виде (Ax + B)2 + (Cx + D)2 , где A, B, C, D — действительные числа. Квадратные трехчлены с комплексными коэффициентами Некоторые задачи, подобные тем, которые уже встречались нам, можно рассматривать и для многочленов с комплексными коэффициентами. Следующие две задачи принадлежат известному английскому

§ 21. Комплексные корни квадратных уравнений

математику Рогозинскому (на самом деле это частные случаи его серьезной теоремы). 298∗. Пусть квадратный трехчлен f (x)=ax 2 +bx+c с комплексными коэффициентами удовлетворяет неравенствам | f (0)| ¶ 1, | f (±1)| ¶ 1. Тогда при любом действительном x, таком, что |x| ¾ 1, справедливо неравенство |2ax + b| ¶ |4x|. Равенство справедливо, только когда f = 2x 2 − 1. 299. Пусть квадратный трехчлен f (x) = ax 2 + bx + c удовлетворяет неравенствам | f (0)| ¶ 1, | f (±1)| ¶ 1. Тогда справедливо неравенство |a| ¶ 2. Равенство справедливо, только когда f = 2x 2 − 1. 300. Докажите, что среди всех квадратных трехчленов со старшим коэффициентом a наименьшее уклонение от нуля на отрезке [a, b], равное 2a/(b − a)2 , имеет трехчлен € € Š Š 2a 2x − a − b 2 2 − 1 . 2 (b − a)

Последней задаче можно придать геометрическую форму. 301. Для любых двух точек плоскости A1 , A2 произведение расстояний A1 M · A2 M от них до точки M, пробегающей данный отрезок длины 4h, не может оставаться всегда менее 2h2 . Указанная оценка точная. 302. Докажите, что среди всех квадратных трехчленов таких, что f (a) = b, где |a| > 1, наименьшее уклонение от нуля на отрезке [−1, 1] имеет трехчлен f (x) = b(2x 2 − 1)/(2a2 − 1). 303∗. (Студенческая олимпиада мехмата МГУ.) Трехчлен f (x) удовлетворяет неравенствам | f (0)| ¶ 1, | f (±1)| ¶ 1. Докажите, что | f (x)| ¶ 5/4, если |x| ¶ 1. Найдите трехчлен, для которого справедливо равенство.

Указания и решения 3. Треугольники ACD, ABD, BCD подобны друг другу по двум углам; воспользуйтесь равенством отношений сходственных сторон в них. 4. Выразите длины отрезков OX и AO, где O — середина AD (т. е. центр рассматриваемой окружности) через p, q и x = BX , применяя теорему Пифагора (или вытекающую из нее формулу для расстояния между двумя точками), и приравняйте их (воспользовавшись тем, что X лежит на рассматриваемой окружности), а потом возведите обе части равенства в квадрат, избавляясь от квадратных корней; получится рассматриваемое квадратное уравнение. 5. Указание. x1 = −1. 6. Один из корней x1 = 1. 7. Выпишем разложения: 12 = 1 · 12 = 2 · 6 = 3 · 4. Последняя попытка оказалась удачной. 8. Один из корней x1 = 33 333 333. Чтобы его угадать, представьте правую часть в виде 1016 − 1 108 − 1 108 − 1 108 + 2 + = · . 9 9 3 3

Второй корень найдите по теореме Виета. 9. Учтите, что 12 равно не только 3 · 4, но и (−3)(−4). 11. Приведем решение одного из уравнений: x 2 − 2(a + 1)x + 4a = 0. Вычислим дискриминант: D = 4(a + 1)2 − 16a = 4(a − 1)2 . Отсюда находим корни x1,2 = (a + 1) ± (a − 1), или x1 = 2, x2 = 2a. Ответ: x = 2 при a = 1; x1 = 2, x2 = 2a при a 6= 1. 17. Разложите дискриминант на множители по формуле разности квадратов и убедитесь, что он отрицателен. 18. Если оба уравнения не имеют действительных корней, то a2 AB0 = AC + CB согласно неравенству треугольника, поэтому D лежит вне данного эллипса. 114. Согласно задаче 113 DB = DC + CB = AC + CB. 115. Примените задачу 114 и теорему о средней линии треугольника. 118. Кривая y 2 = 6x − x 2 есть окружность y 2 + (x − 3)2 = 9 с центром (3, 0) и радиусом 3. 119. Перепишем уравнение так: (x + a)2 + (2a − 1)2 − 9 = 0,

(x + a)2 = 9 − (2a − 1)2 .

Дальнейшее ясно. 120. Разберитесь, когда прямая пересекает окружность. 121. Нарисуйте на плоскости Oxa параболу и полуплоскость. Их пересечение образует параболический сегмент. Найдите его проекцию на ось Oa. 122. Множество решений неравенства (x 2 + y 2 − 1)(x − y) 0, f (−1) > 0. Пусть, к примеру, p ¾ 0. Тогда, выделяя полный квадрат, получаем противоречие: € pŠ € p Š2 1 1, очевидно, f (1) > 0, f (−1) > 0, и если парабола пересекает, к примеру, отрезок [0, 1], то ее вершина (−p/2, q − p2 /4) удовлетворяет условиям 0 0 > x2 . Тогда 1 1 1 + = , x1 a − x1 x1 + b

Указания и решения

откуда 1/x1 a/2> a/3. Далее, 1/x1 >1/(x1 +b), поэтому 2 1 1 1 > + = , x1

откуда a − x1 > x1 /2, значит, 2a/3 > x1 . Аналогично разбираемся со вторым корнем. 216. Можно считать, что a ¾ 0. Случай a = 0 не сложен. Пусть a > 0. Проверьте, что f (m/(m + 1)) 0, то f (0) > 0 и имеется корень на отрезке [0, m/(m + 1)]. Если же c ¶ 0, то можно проверить, что f (1) > 0, поэтому имеется корень на отрезке [m/(m + 1), 1]. 219. Модуль разности корней у первого трехчлена равен p

а у второго равен p

Очевидно, что p p 2 p 4b2 − 12ac 3 b − 4ac ¾ ¾ 10 3 > 17. |a| |a| p p — ” 1+ 5 1+ 5 220. Ответ: − , . 2 2 p

Указание. Очевидно, s −p + 2

222. Примените теорему Виета и заметьте, что (a − c)(b − c) = c2 + pc + 1,

(a + d)(b + d) = d2 − pd + 1,

а потом еще раз ее применить. 223. Ответ: это условие (p1 − p2 )(p1 q2 − p2 q1 ) + (q1 − q2 )2 = 0. См. также задачу 148. 224. Ответ: решений нет. Указание. Поскольку a целое и корни должны быть целые, получаем, что это произведение целых чисел. Возможны два случая: ¨ ¨ x − a = 1, x − a = −1, или x − 10 = −1 x − 10 = 1. Отсюда при a = 8 единственный корень x = 9, при a = 12 единственный корень x = 11. Двух целых корней нет ни при каком a.

Указания и решения

226. Ответ: a = 5. Указание. Применить теорему Виета и доказать, что a > c > 0 > b. Заметить, что f (1) > 0, откуда a + c > −b, потом получить неравенство (a−c)2 > b2 −4ac >0, откуда a−c ¾2. Случаи a ¶4 теперь можно все перебрать. Уравнение 5x 2 − 5x + 1 имеет оба корня на интервале (0, 1). 227. Если x 2 + px + q — неотрицательный трехчлен, то p 2 − 4q ¶ 0. Но тогда система ¨ a + b = p, a2 + b2 = 2q разрешима, потому что 2ab = (a + b)2 − a2 − b2 = p2 − 2q, а уравнение x 2 − px + (p2 /2 − q) имеет неотрицательный дискриминант. Далее, ((x + a)2 + (x + b)2 )/2 = x 2 + px + q. 228. Трехчлен имеет нулевой дискриминант тогда и только тогда, когда он представим в виде c(x + a)2 . В случае, когда трехчлен не имеет корней, применяем задачу 227. Если корень один, то представляем в виде f = f /2 + f /2. Если корней два, то подбираем a, b так, чтобы (x − x1 )(x − x2 ) =

(2x + a)2 − (x + b)2 (3x + a + b) = (x + a − b) . 3 3

229. Если ax 2 + bx + c ¾ 0 при x ¾ 0, то c ¾ 0, a > 0. Представим p p его в виде (Ax − B)2 + Kx, где A = a, B = c. Если K 0 имеем ax 2 + bx + c = Kx 0, следовательно, 2a = g 2 (x + 2) − 2g 2 (x + 1) + g 2 (x) = = g22 (x) − g12 (x) + 2g2 g1 + 2(g2 (x) − g1 (x))g(x) > > g22 (x) − g12 (x) + 2(g2 (x) − g1 (x))g(x). Неравенство g2 (x) − g1 (x) > 0 не может выполняться при достаточно больших x, потому что в силу целочисленности тогда g2 (x) − g1 (x) ¾ 1, откуда 2a > 2g(x), что невозможно, так как g(x) (вместе с f (x)) неограниченно возрастает с ростом x. Поэтому начиная с некоторого места всегда g2 (x) ¶ g1 (x), а это равносильно тому, что g1 (x) = = g(x + 1) − g(x) не возрастает, начиная с некоторого места. Но последовательность натуральных чисел не может неограничено убывать, следовательно, в силу целочисленности g1 (x) > 0 начиная с некоторого места становится равной некоторой натуральной константе d, поэтому с этого места g(x) превращается в целочисленную арифметическую прогрессию dx + e. Значит, начиная с некоторого места трехчлены f (x) = g 2 (x) и (dx + e)2 совпадают. Но если они совпадают в трех точках, то совпадают тождественно. 249. Докажите, что у чисел 0, a, 2a, . . . , (N − 1)a остатки при делении на N попарно различны. 250. Пусть N = pQ, где p делит Q. Тогда f (x) = x + Qx 2 перестановочный по модулю N. В противном случае при i − j, не кратном N, было бы f (i) mod N = f ( j) mod N, т. е. f (i) − f ( j) = (i − j)(1 + Q(i + j)) делилось бы на N, что невозможно, так как 1 + Q(i + j) взаимно просто с N, а тогда согласно задаче 249 (i − j)(1 + Q(i + j)) mod N 6= 0, что противоречит равенству f (i) mod N = f ( j) mod N.

Указания и решения

Далее, пусть N = 2Q, где Q нечетно. Тогда двучлен f (x) = 2x + Qx 2 перестановочный по модулю N. В противном случае при i − j, не кратном N, было бы f (i) mod N = f ( j) mod N, т. е. f (i) − f ( j) = (i − j)(2 + Q(i + j)) делилось бы на N, что невозможно, так как 2 + Q(i + j) взаимно просто с Q, поэтому делимость на N возможна, лишь когда i − j кратно Q и четно (если бы i − j было нечетным, то и (i − j)(2+ Q(i + j)) было бы нечетным и не делилось бы на N), т. е. когда i − j делится на N, а это противоречит предположению. Наконец, пусть N = p1 . . . p�� , где p�� — различные нечетные простые. Тогда f (x) = ax 2 + bx + c при a mod N 6= 0 не является перестановочным по модулю N. Можно считать, что a не кратно p1 . Проверим, что он не будет перестановочным по простому модулю p1 . Согласно задаче 249 найдется такое k, что (ak + b) mod p1 = 0. Выберем i 6= j mod p1 так, что i + j = k mod p1 . Тогда f (i) = f ( j) mod p1 , так как f (i) − f ( j) = (i − j)(b + a(i + j)) кратно p1 . Далее, пусть J = sN/p1 , I = tN/p1 где s, t выбраны с помощью задачи 249 так, что J = j mod p1 , а I = i mod p1 , Тогда I − J кратно N/p1 , b + a(I + J) = b + a(i + j) = b + ak = 0 mod p1 , поэтому f (I) − f (J) = (I − J)(b + a(I + J)) = 0 mod N,

значит, f (x) — не перестановочный по модулю N. 252. Примените задачу 253. 253. Примените формулу Ньютона. 254. Примените задачу 251. 257. Примените задачу 254. 258. Примените задачу 251. 270. Применяя интерполяционную формулу Лагранжа (или пользуясь тем, что f (1) = a + b + c, f (1/2) = a/4 + b/2 + c, f (0) = c), получите формулы € Š € Š 1 1 a = 2 f (1) + 2 f (0) − 4 f , b = 4f − f (1) − 3 f (0), c = f (0), 2

где f (x) = ax + bx + c. Далее замечаем, что € Š 1 |a| ¶ 2| f (1)| + 2| f (0)| + 4 f ¶2+2+4=8 2

Указания и решения

и аналогично |b| ¶ 8. Очевидно, что |c| ¶ | f (0)| ¶ 1. Поэтому |a| + |b| + + |c| ¶ 17. Это равенство достигается для трехчлена € Š 1 2 f (x) = 8x 2 − 8x + 1 = 8 x − − 1, 2

для которого очевидно −1 ¶ f (x) ¶ 8/4 − 1 = 1 при 0 ¶ x ¶ 1. Можно проверить, что |a| + |b| + |c| = 17 только в случае f (1) = f (0) = 1, f (−1/2) = −1, т. е. только для указанного трехчлена. 273. Примените задачу 272. 274. Примените задачу 272. 275. Ясно, что max |2ax + b| = max<|2a ± b|>. −1¶��¶1

Из условия следуют неравенства −1 ¶ −c ¶ 1, −1 ¶ a ± b + c ¶ 1. Почленно складывая их, получаем, что −2 ¶ a ± b ¶ 2. Складывая почленно последние два неравенства, имеем −4 ¶ 2a ¶ 4, т. е. −2 ¶ a ¶ 2. Суммируя последнее неравенство с −2 ¶ a ± b ¶ 2, имеем −4 ¶ 2a ± b ¶ 4, откуда max <|2a ± b|>¶ 4. Равенство достигается, только когда c = −1, b = 0, a = 2, т. е. для трехчлена 2x 2 − 1, а также для трехчлена 1 − 2x 2 . 276. Положим f (x) = ax 2 + bx + c, тогда из условия следует, что | f (0)| ¶ 1, | f (1/2)| ¶ 1, | f (1)| ¶ 1, а так как € Š € Š a b 1 b=4 + + c − (a + b + c) − 3c = 4 f − f (1) − 3 f (0), 4

получаем, что € Š 1 |b| ¶ 4 f + | f (1)| + 3| f (0)| ¶ 8. 2

Равенство b = 8 возможно, лишь когда f (0) = f (1) = − f (1/2) = −1, откуда имеем, что f (x) = ±(8x 2 − 8x + 1). 284. Если не хотите вычислять, то, используя геометрическую интерпретацию умножения и деления комплексных чисел, можно проверить, что указанное равенство равносильно формуле Мэчина π 1 1 = 4 arctg − arctg . 4 5 239

290. Очевидно, b/|b| = ±1 в зависимости от знака b. Надо найти комплексное число x + iy такое, что (x + iy)2 = a + bi. Так как (x + yi)2 = x 2 − y 2 + 2xyi, для этого надо решить систему уравнений ¨ 2 x − y 2 = a, 2xy = b.

Указания и решения

Возводя второе уравнение в квадрат, сводим систему к следующей   u − v = a, 2  uv = b ,

а потом, заменяя −v на w, получаем систему   u + w = a, 2

Для ее решения применяем теорему Виета. 292. Примените задачу 290. 293. Это условие равносильно обнулению дискриминанта. 296. Равенство означает, что уравнение на самом деле имеет действительные коэффициенты, а неравенство означает отсутствие действительных корней. 298. Пусть l1 (x) = (x + 1)x,

f (x) = − f (0)l0 (x) + ( f (1)l1 (x) + f (−1)l−1 (x)). Дифференцируя k раз и учитывая, что | f (0)| ¶ 1,

имеем 1 (��) (��) (��) | f (��) (x)| ¶ − f (0)l0 (x) + f (1)l1 (x) + f (−1)l−1 (x) . 2

Заметим, что f (i) = 2i2 − 1 = −(−1) �� = 2

l�� (i) , поэтому |l�� (i)|

X 1 (��) (��) 1 l (x) X l�� (x) �� �� = . |= (−1) l�� (i) |l�� (i)| ��=−1

Все корни любого многочлена l�� (x) принадлежат отрезку [−1, 1], по(��) этому все корни его кратной производной l�� (x) тоже принадлежат (��) отрезку [−1, 1], поэтому l�� (x) > 0 при x ¾ 1, значит, при x ¶ −1 знак (��) l�� (x) тоже постоянен, поэтому при |x| ¾ 1 X 1 (��) 1 |l��(��) (x)| X l�� (x) 2 (��) = . |(2x − 1) | = l�� (i) |l�� (i)| ��=−1

Указания и решения

Отсюда | f (��) (x)| ¶ |(2x 2 − 1)(��) |, причем равенство возможно, лишь когда f (i) = ±(2i 2 − 1), i = 0, ±1, т. е. при f = ±(2x 2 − 1). 299. Примените задачу 298. 300. Задачу минимизации многочлена на произвольном отрезке [a, b] легко свести к такой же задаче для любого конкретного отрезка, например [−1, 1], если вместо многочлена f (x) рассмотреть многочлен g(x) = f ((a + b + x(b − a))/2). 302. Примените задачу 298 при k = 1. 303. Воспользуйтесь тождеством 1 2

f (x) = − f (0)l0 (x) + ( f (1)l1 (x) + f (−1)l−1 (x)), где l1 (x) = (x + 1)x,