При каких значениях параметра а уравнение х² + 2(а - 1)х + а² - 8а + 9 = 0 имеет два различных корня, меньших 1?

Эта задача относится к классу задач о расположении корней квадратного трехчлена с параметром относительно некоторого числа А. Возможны три случая: оба корня меньше А; один корень меньше А, а другой - больше А; оба корня больше А.

Для решения таких задач имеется три подхода. Первый подход опирается на специально разработанную теорию, которая содержит алгоритмы решения каждой из задач. Второй подход сводится к проблеме о определения знаков корней квадратного уравнения. Это делается при помощи подстановки х = t +A, в результате которой трехчлен относительно х переходит в трехчлен относительно t. Знаки корней нового уравнения очевидным образом определяют расположение корней квадратного уравнения относительно числа А. Третий подход основан только на той теории, которая изучается в общеобразовательной школе.

Решение I. Пусть х = t + 1. Тогда (t + 1)² + 2(а - 1)(t + 1) + а² - 8а + 9 = 0, t² + 2t + 1 + 2(a - 1)t + 2a - 2 + а² - 8а + 9 = 0, t² + 2at + а² - 6a + 8 = 0.

Так как корни уравнения х₁ и х₂ должны удовлетворять неравенствам х₁ = t₁ + 1< 1 и х₂ = t₂ + 1 < 1, t₁ < 0 и t₂ < 0. Поэтому наша задача может быть переформулирована так: "При каких значениях параметра а уравнение t² + 2аt + а² - 6а + 8 = 0 имеет два отрицательных корня?"

Для этого необходимо и достаточно чтобы выполнялись неравенства: D > 0 (корни существуют), а² - 6а + 8 > 0 (оба корня одного знака), -2a < 0 (сумма корней отрицательна, значит они оба отрицательные).

D = а² - а² + 6a - 8 > 0, 6a > 8, a > 4/3.
а² - 6а + 8 > 0 ⇔ a ∈ (-∞; 2) ∪ (4; +∞).
-2a < 0, a > 0.

Значит, a ∈ (4/3; 2) ∪ (4; +∪).

Решение II. Теория о расположении корней квадратного трехчлена относительно некоторого числа (в нашем случае относительно числа 1) изложена в книге Г.В. Дорофеева "Квадратный трехчлен в задачах". Эту книгу можно прочитать по адресу http://lib.mexmat.ru/books/85823 или скачать тут: http://yadi.sk/d/HOUu5ZFc9Ctyh или http://www.mediafire.com/?hb256u403irue3t или http://ifolder.ru/21421132 . А если не удастся ее найти по указанным адресам, то наберите в строке поиска в ya.ru текст "скачать Дорофеев Г.В. Квадратный трехчлен в задачах" и вы обязательно скачаете или прочитаете эту книгу и, используя соответствующие формулы, решите нашу задачу..

Я считаю, что для решения нашей задачи, а значит, и всех аналогичных задач, не нужно знать особых подходов, достаточно владеть теорией решения квадратных уравнений излагаемой по программе общеобразовательной школы.

Решение III.

А это мое решение, которое не использует замысловатых теорий, основано на самых простых знаний школьного курса математики общеобразовательных классов.



Я бы еще предложил выяснить, при каких значениях параметра а уравнение х² + 2(а - 1)х + а² - 8а + 9 = 0 имеет два корня каждое из которых больше 1; один корень больше 1, а другой меньше 1 и оба корня принадлежат, например, промежутку (1; 4).

Как известно задание по математике экзамена ЕГЭ содержит две части. Часть 1 предназначена обычным школьникам, которым надо подтвердить школьную оценку. Часть 2 предназначена тем, кто собирается поступать в вузы с хорошей математической подготовкой абитуриентов. Поэтому часть 2 задания ЕГЭ по математике содержит задачи, решения которых не изучаются в общеобразовательной школе.

В данной статье обсуждается решение задания на определение натурального числа по известному произведению его делителей. Такие задачи входят в курс теории чисел, которая изучается на младших курсах физико-математических факультетов университетов или педагогических институтов. В школе же только некоторые из этих задач рассматриваются на факультативных и кружковых занятиях.

С6. Найдите все натуральные числа, последняя десятичная цифра которых 0 и которые имеют ровно 15 различных натуральных делителей (включая единицу и само число).

Решение. Всякое натуральное число n большее единицы либо просто, либо может быть представлено, и притом единственным образом (с точностью до порядка следования сомножителей), в виде произведения простых чисел:



При этом произведение всех делителей этого числа (включая единицу и само число) вычисляется по формуле:



Так как последняя десятичная цифра данного в условии задачи числа равна 0 (то есть число делится на 10), то оно делится на 2 и на 5, то есть в число его простых делителей входит 2 и 5. А значит, n имеет вид n = 2^α • 5^β•Q (Q - остальная часть канонического разложения числа n). При этом α > 1 и β > 1.

Чтобы использовать формулу числа делителей число 15 надо разложить в произведение не менее двух множителей (α + 1) и (β + 1), больших 1. Однако произведение всех делителей данного числа n (15) разлагается только на два множителя больших 1: 3 и 5 (15 = 3 • 5). Поэтому Q = 1, (α + 1)•(β + 1) = 3 • 5 и n= 2^α• 5^β.

Возможны всего два случая:

1) α + 1 = 3, β + 1 =5, откуда α = 2, β = 4 и n=2²• 5⁴ = 2500;
2) α + 1 = 5, β + 1 = 3, откуда α = 4, β = 2 и n = 2⁴• 5² = 400.

Ответ: 2500 или 400.

C6. Найдите наибольший общий делитель всех чисел вида p² - 1, где р - простое число, большее 3, но меньшее 2010.

Решение I. Рассмотрим числа вида p² - 1, где p>3. Самое меньшее из них равно 5² - 1 = 24. Значит, наибольший общий делитель указанных чисел больше 24 быть не может.

Докажем, что 24 - наибольший общий делитель данных чисел. Для этого достаточно доказать, что p² - 1 делится на 24.

Пусть p = 2k + 1 (четных простых чисел больших 3 нет). Тогда А = p² - 1 = 2k(2k+2)=4k(k+1).

В произведении чисел k(k+1) обязательно есть чётное число. Поэтому А делится на 8. Осталось показать, что в произведении k(k + 1) делится на 3.

Если предположить, то ни k, ни k + 1 не делятся на 3, то k = 3n + 1 (если k = 3n + 2, то k + 1 = 3n + 3 - делится на 3). Но тогда простое число p = 2k + 1 = 2(3n + 1)+1 = 6n + 3 делится на 3. Чего быть не может. Значит, либо k, либо k + 1 делится на 3.

Таким образом, p² - 1 делится на 8 и 3. Так как 8 и 3 взаимно простые числа, то p² - 1 делится и на их произведение 24. Значит, 24 - наибольший общий делитель искомого множества чисел.

Ответ: 24.

Решение II. Каждое натуральное число можно представить в виде 6k или 6k + 1 или 6k + 2 или 6k + 3 или 6k + 4 или 6k + 5. Простое число р ( р > 3) можно представить в виде 6k + 1 или 6k + 5 (остальные числа: 6k, 6k + 2, 6k + 3 и 6k + 4 не являются простыми).

Если р = 6k + 1, то p² - 1 = (р - 1)(р + 1) = 6k ⋅ (6k + 2) = 12k ⋅ (3k + 1). При этом одно из чисел k и 3k + 1 будет обязательно четным. Это легко проверить рассмотрением двух случаев: k - четное (в этом случае наше утверждение верно) и k - нечетное (в этом случае 3k + 1 - четное). Значит, число 12k ⋅ (3k + 1) делится на 24. Поэтому и 3p² - 1 делится на 24.

Если р = 6k + 5, то p² - 1 = (р - 1)(р + 1) = (6k + 4) ⋅ (6k + 6) = 12(3k + 2) ⋅ (k + 1). Как и в предыдущем случае можно доказать, что одно из чисел: 3k + 2 и k + 1 будет четным (представляем читателям это сделать самостоятельно). Значит, 12(3k + 2) ⋅ (k + 1) делится на 24. Из последнего следует, что и p² - 1 делится на 24.

В предыдущем решении показано, что наибольший общий делитель наших чисел не превосходит 24. Так как все числа вида p² - 1 делится на 24, то их наибольший общий делитель равен 24.

Ответ: 24.

N. B. Перед публикованием этой заметки я посмотрел в Интернете решения этой задачи. Практические они не отличаются от приведенных выше (или наоборот :). Однако на одном из форумов встретил слова: "Кто хотел использовать в решении условие про 2010, тот обломался" .

Действительно, ни в одном из приведенных выше решений не используется условие, что рассматриваются числа р не превосходящие 2010. Если отбросить в условии задачи это условие, то получим бесконечное множество чисел вида р² - 1, где р - простое число, большее 3. Понятие же наибольшего общего делителя определено только для конечного множества. Значит, и вся теория использованная мною имеет место для конечного набора целых чисел.

Рассмотренная в этой заметке задача не нова. Я ее встречал в иной формулировке: "Доказать, что любое число вида р² - 1, где р - простое число, большее 3 делится на 24". Думаю, что эта формулировка удачнее той, которая использована в задании типа С6. В традиционной формулировке отпадает необходимость в рудименте "меньшее 2010" .

Как бы то ни было есть необходимость в обсуждении того, что вся теория о НОД и НОК действует только в мире конечного множества чисел.

Главная страница: http://groups.google.ru/group/egeent?hl=ru
Электронный адрес: egeent@googlegroups.com


Она посвящена в первую очередь для тех, кто готовится и готовит к
сдаче ЕГЭ и ЕНТ, а также для всех заинтересованных лиц. Здесь Вы
можете получить ссылки на полезные материалы, оставить свои ссылки,
задать вопросы, ответить на вопросы и т. п.

Серия сообщений "Мои Интернет-проекты":
Часть 1 - Я открыл группу "Сдай ЕГЭ и ЕНТ на отлично!"
Часть 2 - Новое в моих Интернет-проектах
Часть 3 - Моя рассылка