Povídání k sedmé sérii

Transkript

1 Povídání k sedmé sérii Smyslem tohoto úvodu jistě nebude definovat pojem rovnice, ten by měl být každému čtenáři jasný(alespoň intuitivně). Připomeneme si však několik pojmů, které se mohou při řešení úloh této série hodit. Polynomem rozumíme libovolnou funkci p(x) proměnné x tvaru p(x)=a nx n + a n 1 x n 1 + +a 1 x+a 0, kde njecelénezápornéčísloaa 0, a 1,..., a n jsoukoeficienty, a n 0(navícpřipouštíme též případ p(x) 0). Koeficienty jsou většinou reálná (případně komplexní) čísla. Číslo n nazýváme stupněm polynomu p(x). Platí základní věta: Věta. Nechť p(x) je nenulový polynom stupně n 1. Pak existuje alespoň jedno řešení rovnice p(x)=0 v oboru komplexních čísel. Navíc existuje posloupnost x 1, x,..., x n (ne nutně různých) komplexních čísel(až na pořadí je jednoznačně určená) takových, že p(x)=a n(x x 1 )(x x ) (x x n). Tutorovnostjenutnochápatnejenjakorovnostdvoufunkcí,napravéalevéstraněbudou po roznásobení polynomy se stejnými koeficienty u jednotlivých mocnin x. Čísla x 1, x,..., x nzpředchozívětysenazývajíkořenypolynomu p(x)(přesvěčtese,že všechny řeší rovnici p(x) = 0). Jako důsledek dostáváme známé Viètovy vztahy: a n 1 a n = x 1 + x + +x n, a n a n = x 1 x + x 1 x 3 + +x n 1 x n,. ( 1) n a 0 a n = x 1 x x n. Nynísebudemetrochuvěnovattzv.symetrickýmpolynomům. 1 Polynomvíceproměnných p(x 1, x,..., x n)nazvemesymetrickým,pokudsenezměnípřizáměněpořadíproměnných. Tedyje-li πlibovolnápermutacečísel1,,..., n,pakplatí p(x π(1), x π(),..., x π(n) )=p(x 1, x,..., x n). 1 Jdevšakjenostručnýúvod.Pokudsechcešosymetrickýchpolynomechdozvědětvíce, zkus nahlédnout např. do knížečky Alois Kufner: Symetrické funkce, Škola mladých matematiků 5, Mladá Fronta, Praha 198.

2 Např.funkcedvouproměnných q(x, y)=x+y+3xy+x 3 +y 3 jesymetrickýpolynom. Uvažujme nyní symetrické polynomy n proměnných a označme s 1 = x 1 + x + +x n, s = x 1 x + x 1 x 3 + +x n 1 x n,. s n= x 1 x x n takzvané elementární symetrické polynomy. Označme dále v 1 = x 1 + x + +x n, v = x 1+ x + +x n,. v n= x n 1+ x n + +x n n. Pak platí následující věta o symetrických polynomech: Věta.Nechť pjesymetrickýpolynomvproměnných x 1, x,..., x n.pakexistujejednoznačně určenýpolynom nproměnných rtakový,žeplatí p(x 1, x,..., x n)=r(s 1, s,..., s n). Poznámka:Stejnávětazůstanevplatnostinahradíme-lipolynomy s 1, s,..., s npolynomy v 1, v,..., v n. Na ukázku zde vyjádříme náš polynom q(x, y) dvou proměnných: q(x, y)=x+y+3xy+x 3 +y 3 = s 1 +3s +s 3 1 6s 1 s = v v 1 3 v v 3 1+3v 1 v, kde s 1 = x+y, s = xy, v 1 = x+y, v = x + y. Platnost těchto vztahů si laskavý čtenář ověří přímym roznásobením. Větanetvrdínicjiného,nežžekaždýsymetrickýpolynomlzeprávějednímzpůsobem vyjádřit pomocí elementárních symetrických polynomů, sčítání a násobení.

3 7. série Téma: Termínodeslání: Rovnice ½ º Ù Ò ¾¼¼½ ½º ÐÓ Ó Ýµ Má soustava x+y=1 řešení v oboru reálných čísel? x + y = x 3 + y 3 =3 ¾º ÐÓ Ó Ýµ Kolik řešení má rovnice sin(sin(3sin(4sin(...sin(001sin x)...))))=1? Úhlyměřímevradiánech,tj.např.sin π =1. º ÐÓ Ó Ýµ Nalezněte všechny dvojice čísel x, y R splňující rovnost x 6 +x 5 y 3x 4 y 3x 3 y 3 3x y 4 +xy 5 + y 6 =0. º ÐÓ Ó µ Nechť xjereálnéčíslo.zjistěte,prokterápřirozená k márovnice x +1 = k x řešení. Symbolem y rozumíme dolní celou část reálného čísla y. º ÐÓ Ó µ Prokterápřirozená nmápolynom x n x n 1 +3x n +( 1) n (n+1)všechnykořeny reálné? º ÐÓ Ó µ Nalezněte všechna řešení rovnice p 3 x +x+4+ 3p 31 x x =5.

4 º ÐÓ Ó µ Nalezněte všechna reálná řešení rovnice x 6 x 5 4x 4 +5x 3 41x +36x 36=0. º ÐÓ Ó µ Rovnice(x a 1 )(x a ) (x a n)=1(všechna a i jsoureálná)má n(různých)reálných řešení r 1, r,..., r n.jakýjeminimálnípočetreálnýchřešení(vzávislostina n)rovnice (x r 1 )(x r ) (x r n)= 1? Řešení 7. série 1. úloha Má soustava řešení v oboru reálných čísel? x+y=1 x + y = x 3 + y 3 =3 Tato soustava řešení nemá. Nejpřímočařejší řešení by asi vypadalo takto: z první rovnice vyjádříme y, dosadíme do druhé, vyřešíme kvadratickou rovnici pro x a po dosazení do třetí rovnice zjistíme, že žádná ze dvou dvojic[x, y] vyhovujících prvním dvěma rovnicím nevyhovuje rovnici třetí. My si zde ukážeme elegantnější řešení využívající poznatků o symetrických polynomech(viz úvod k této sérii). Snadno ověříme, že pro každé x a y platí následující dvě rovnosti xy= 1 `(x+y) (x + y ), x 3 + y 3 =(x + y ) (x+y) xy (x+y). Předpokládejme nyní, že naši soustavu řeší nějaká čísla x, y. Dosadíme-li do první z výše uvedených rovností, zjistíme, že xy = 1 (1 ) = 1. Po dosazení do druhé rovnosti dostaneme x 3 + y 3 = = 5.Tojevšakspor,protožemáplatit x3 + y 3 =3.To ukazuje,že x, ynebylařešenínašísoustavy,čímžjedůkazhotov. Poznámky opravovatele: Většina z vás vyřešila úlohu správně. Ten, kdo nepotřeboval určovat kořeny kvadratické rovnice pomocí známého vzorce, dostal +i.

5 . úloha Kolik řešení má rovnice sin(sin(3sin(4sin(...sin(001sin x)...))))=1? Úhlyměřímevradiánech,tj.např.sin π =1. Nejprve si uvědomíme, že má-li rovnice jedno řešení, pak už jich má nekonečně mnoho. Je-li totiž x řešení rovnice sin(sin(3sin(4sin(...sin(001sin x)...))))=1, paktaké x+kπjeřešeníprokaždé kcelé. Nynídokážeme,žeřešeníexistuje.Řešmenejprverovnicisin(y)=1.Jistě y=π/4je řešeníanavíc π/4 <1.Zbýváukázat,žerovnice sin(3sin(4sin(...sin(001sin x)...)))=π/4 má řešení. Protože funkce sinus nabývá na intervalu 0, π/ všech hodnot mezi nulou a jedničkou,márovnicesin(kx)=yprolibovolné y 0,1 aprolibovolné kpřirozenénějaké řešenívintervalu 0, π k.odtudtedyplyne,žerovnicesin(3x)=π/4mářešení x=y 3 <1 arovnicesin(4x)=y 3 mářešení x=y 4 <1,... arovnicesin(001x)=y 000 mářešení y 001.Jezřejmé,že x=arcsin y 001 jeřešenímzadanérovnice. Poznámky opravovatele: Většinou jsem uděloval jeden bod za zdůvodnění, že pokud má úlohajednořešení,takužjichmánekonečněmnoho,advabodyzadůkazexistenceřešení. Někteří řešitelé se vůbec nestarali o to, zda je příslušné číslo v definičním oboru funkce arcsin, někteří se postupně zbavovali sinů, aniž by si uvědomovali, že se jim tím ztrácejí některářešení.nakoncijimpakzbylojenjednonebo(např.) 000 řešení,zapomínalitotiž nakπ.někteřířešiliúlohupomocíkalkulačkya objevili,žepromalá xplatí x=sin x.tak tosamozřejměneplatí 3 ajetokrásnýpříklad,pročsekalkulačkynemají(bezhlavě)používat a že nemáte věřit všemu, co vaše kalkulačka napíše. 3. úloha Nalezněte všechny dvojice čísel x, y R splňující rovnost x 6 +x 5 y 3x 4 y 3x 3 y 3 3x y 4 +xy 5 + y 6 =0. Pro symetrickou rovnici x 6 +x 5 y 3x 4 y 3x 3 y 3 3x y 4 +xy 5 + y 6 =0 (1) 3 Platítovšakpřibližně,promalá xdocelapřesně.vefyzicesetotozanedbánípoužívá na každém rohu.

6 budeužitečnézavéstsubstituci a:= x+y, b:= x y.zbinomickévětyplyne a 6 = x 6 +6x 5 y+15x 4 y +0x 3 y 3 +15x y 4 +6xy 5 + y 6. Po dosazení do rovnice(1) dostáváme a 6 4x 5 y 18x 4 y 3x 3 y 3 18x y 4 4xy 5 =0. Ze všech členů této rovnice kromě prvního můžeme vytknout xy = b a dostaneme a 6 b(4x 4 +18x 3 y+3x y +18xy 3 +4y 4 )=0. () A opět použijeme binomickou větu a vyjádříme si 4a 4 =4x 4 +16x 3 y+4x y +16xy 3 +4y 4, takže rovnice() přejde v 0=a 6 b(4a 4 +x 3 y x y +xy 3 )=a 6 b(4a 4 + b(a 5b)), neboli 0=a 6 4a 4 b a b +5b 3. (3) Protožeproměnná asezdevyskytujepouzevsudýchmocninách,označímesi c:= a.navíc vidíme,že c=bjeřešení,vytknemetedyzpravéstranyposlednírovnice(c b)adostaneme Rozložíme kvadratický trojčlen 0=c 3 4c b cb +5b 3 =(c b)(c 3cb 5b ). c 3cb 5b =(c k b)(c l b), tedy kl= 5ak+l=3,cožvedenakvadratickourovnici k(3 k)= 5.Jejímřešením jsoučísla 3± 9.Převedlijsmetedyrovnici(1)narovnici (c b) c 3+ 9 b «c 3 «9 b =0, (4) tj.platí:je-li(x, y)řešenírovnice(1),pak(c, b)=((x+y), xy)jeřešenímrovnice(4).to znamená, že nutná podmínka je, aby platila jedna z následujících rovností: c=b nebo c= 3+ 9 b nebo c= 3 9 b. (5)

7 Nyníbudemechtítvyjádřit xayvzávislostina a=x+ya b=xy.jistěplatí x(a x)=b, což vede na kvadratickou rovnici, která má řešení x 1, = a ± a 4b. (6) Budetedybuď x=x 1 a y=x,nebonaopak.protoževšak c=a musíbýtnezáporné, rozlišíme následující případy. (a) b >0.Pak a = bjesicenezáporné,alevýrazpododmocninouv(6)jezáporný.dále můžebýt a = 3+ 9 b.protože 9 >5,je a >4batedyodmocninav(6)másmysl. Odtud dostáváme(dosadíme-li do(6) za a) 0 q (x, ± 3+ q 9 3+ q 9 8 b ± b, ± 3+ q b b A. (A) Ztřetírovnostiv(5)neplynežádnéřešení,neboť c <0. (b) b <0.Proprvníadruhourovnostv(5)vyjde c <0.Zetřetínerovnostipakmáme 0 q (x, ± 3 q 9 3 q 9 8 b ± b, ± 3 q b b A. (c) b=0.odtudplyne a=0a(x, y)=(0,0). Nynízbýváověřit,žetytodvojiceskutečněřešírovnici(1).Tojealesnadné,neboť a, b splňují(3)aplatí a=x+yab=xy.můžemetedy(3)rozepsatpomocí xayaodvodit platnost(1), tj. stačí provést úpravy ze začátku řešení pozpátku. Závěr:(x, y)jeřešenízadanérovniceprávětehdy,kdyžplatí(a)pronějaké b >0,nebo platí(b)pronějaké b <0,nebo(x, y)=(0,0). Poznámky opravovatele: Nikdo z úspěšných řešitelů nepoužil ideu vzorového řešení, všichni jste místo toho vhodnou substitucí převedli úlohu na reciprokou rovnici 6. stupně. Tím se řešeníznačnězmechanizovalo,alehodnězváspředprvnísubstitucídělilorovnicivýrazem x 6 nebo x 3 y 3,anižbystevyšetřovalipřípady,kdyjerovennule.Vtomtopřípaděvyjdejediné řešení(0, 0). Přestože jste je nakonec zahrnuli ve výsledných předpisech pro řešení, je nutné je vyšetřit zvlášť, protože ono počáteční dělení není ekvivalentní úpravou. Jelikož tříbodový rozsah byl v této úloze příliš hrubý, vypomáhal jsem si i na imaginární ose. (B) 4. úloha Nechť xjereálnéčíslo.zjistěte,prokterápřirozená k márovnice x +1 = k x řešení. Symbolem y rozumíme dolní celou část reálného čísla y. Pro k=1snadnovidímenapř.zagnerovnosti,žeplatí x +1 x x x x, přičemž rovnost nikdy nenastane(první nerovnost je neostrá jen pro x = ±1, druhá jen

8 pro x=0).ukážeme,žepro k užmárovniceřešenívždy.uvažujmefunkci f(x)= x +1 k x.tajenakaždémzintervalů n, n+1)rostoucíaspojitáavkaždémbodě n Nklesneojedničku.Jelikožjenavíc f(1)= k 0af(k)=1>0,snadnovidíme, žegraffunkce f musíněkdeprotnoutosu x(nakreslisiobrázek).jetedyjasné,žerovnice v zadání(ekvivalentní rovnici f(x) = 0) má alespoň jedno řešení. Poznámka: Alternativním řešením pro k je postřeh a ověření skutečnosti, že x = k k 1jeřešenímzadanérovnice. Poznámky opravovatele: Najjednoduchšie bolo asi nájsť explicitné riešenie v závislosti na k, kde stačilo nezabudnúť overiť obidve nerovnosti v definícii celej časti. Elegentnejšie existenčné riešenie(pozri vzorák) je iba trošku zložitejšie. Pozor na fakt, že načrtnutý graf bez popisu priebehuniejeriešením.noa+isomdalzarozborpočturiešenívzávislostina k. 5. úloha Prokterápřirozená nmápolynom x n x n 1 +3x n +( 1) n (n+1)všechnykořeny reálné? Pro n=1mázadanýpolynomtvar x,mátedyjedinýkořenatedyvšechnykořeny reálné. Pro n ukážeme, že existuje alespoň jeden komplexní kořen. Předpokládejme pro spor,ževšechnykořenyjsoureálné,aoznačmesijepořadě x 1,..., x n.podleviètových vztahů platí nx x i =, Jednoduchým výpočtem dostáváme i=1 i=1 i=1 X x i x j =3. 1 i<j n nx n! x i = X x i X x i x j =4 6=, 1 i<j n což je spor s předpokladem, že všechny kořeny jsou reálné. Poznámky opravovatele: Nejčastější přístup k řešení úlohy využíval Viètovy vztahy. Většinoujstevolilivztahy x 1 +x + +x n=ax 1 x x n= n+1,ukázalijste,žerovnicenemá záporné kořeny, neboť pro záporná x jsou všechny sčítance kladné(nebo všechny záporné, podle parity n). Pak už se dala využít AG nerovnost. Objevila se i řešení využívající odhadů průběhu polynomu; pokud byla příliš těžkopádná, tak jsem strhával i. Další odstavec nechť přeskočí lidé, kteří se zatím nesetkali s pojmem derivace. Označme si p(x) polynom ze zadání. Počet extrémů polymonu lze dobře odhadnout derivací polynomu (1+x) p(x),kdevypadnespoustačlenů.nejhezčířešeníbylodlekataríny Quittnerové: Podle Rolleovy věty mezi dvěma různými kořeny polynomu existuje kořen derivace polynomu. Derivacípolynomuskořenemsnásobností k 1seukáže,žederivacepolynomumátento

9 kořen s násobností k 1. Dále pro spor předpokládejme, že všechny kořeny jsou reálné, potom dlevýšeukázanéhomá(n ).derivacepolynomuobasvékořenyreálné. 4 Výslednýpolynom n! x (n 1)!x+3(n )!všaknemápro n kořenyreálné. 6. úloha Nalezněte všechna řešení rovnice p 3 x +x+4+ 3p 31 x x =5. Označme si Ze zadání dostaneme a:= 3p x +x+4, b:= 3p 31 x x. a+b=5, a 3 + b 3 =35. Toto je soustava symetrických rovnic, na jejíž řešení použijeme obvyklou metodu: označíme c:= a+b, d:= ab.nazákladěidentity a 3 +b 3 =(a+b) 3 3(a+b)abvypočteme c=5, d=6.čísla a, bjsouprotokořenykvadratickérovnice y 5y+6=0 mámedvěmožnosti: a=, b=3aa=3, b=. Z a=námvyjdouřešení x 1 = 1 5, x = 1+ 5.Zb=3námvyjdoutatáž dvě řešení. Tato dvě čísla jsou tedy řešením původní rovnice(první odmocnina je totiž rovna adruhájerovna3). Z a=3námvyjdouřešení x 1 = 1 6, x = 1+ 6.Zb=námopětvyjdou tatáž dvě řešení. Tato dvě čísla jsou tedy rovněž řešením původní rovnice. Závěr:rovnicemáprávě4řešení,ato 1 5, 1+ 5, 1 6, Poznámky opravovatele: Většina řešitelů měla příklad správně. Téměř všichni provedli substituci a podle toho, jakou substituci zvolili, bylo řešení více či méně elegantní. Jelikož příklad bylnaúlohuzapětbodůdocelajednoduchý,strhávaljsemzaméněelegantnířešení(tj.za zbytečné umocňování, za výskyt příliš velkých čísel či za derivování) jeden až dva imaginární body. Vyskytlo se i několik řešitelů, kteří se při úpravách spletli a ke správnému řešení nedošli. Pokud byl jejich postup správný, dostali čtyři body, když se chyba vyskytla na konci řešení, nebo tři body, když šlo o chybu na začátku, která však neovlivnila postup, ale pouze výsledek. 7. úloha Nalezněte všechna reálná řešení rovnice x 6 x 5 4x 4 +5x 3 41x +36x 36=0. 4 MístoRolleovyvětylzekodvozenítétoskutečnostipoužítzajímavétvrzení:Nechť p je nekonstantní polynom s komplexními koeficienty. Pak všechny kořeny jeho derivace leží v konvexním obalu jeho kořenů(komplexní čísla zde interpretujeme jako body v Gaussově rovině).

10 Dosazenímsnadnoověříme,že ±3, ±ia 1± 3i řeší naši rovnici. Polynom šestého stupně má přesně šest komplexních řešení, takže toto jsou všechna řešení, jedinými reálnými řešeními jsou tedy ±3. Tak a teď jak se na to přijde. Vyzkoušíme-li pár celočíselných kořenů (mimochodem: všechna racionální řešení naší rovnice jsou celá čísla dělící číslo 36, rozmyslete si proč, zobecněte a zapamatujte si!), najdeme snadno řešení ±3. Zadaný polynom je tedy dělitelný polynomem(x+3)(x 3)=x 9.Vydělíme: x 6 x 5 4x 4 +5x 3 41x +36x 36=(x 9)(x 4 x 3 +5x 4x+4). Pokudsikoeficient5ux vedruhézávorcepředstavímejako1+4,naleznemesnadnorozklad Zbývá vyřešit dvě kvadratické rovnice. x 4 x 3 +5x 4x+4=(x x+1)(x +4). 8. úloha Rovnice(x a 1 )(x a ) (x a n)=1(všechna a i jsoureálná)má n(různých)reálných řešení r 1, r,..., r n.jakýjeminimálnípočetreálnýchřešení(vzávislostina n)rovnice (x r 1 )(x r ) (x r n)= 1? Tentopočetje n/.polynom P(x)=(x a 1 )(x a ) (x a n) 1máux n koeficient1, akaždéznavzájemrůznýchčísel r 1, r,...,r njejehokořenem.platítedy (x a 1 )(x a ) (x a n) 1=(x r 1 )(x r ) (x r n). Rovnici(x r 1 )(x r ) (x r n)= 1protořešíkaždézčísel a 1, a,..., a nažádné jiné. Tato rovnice může mít maximálně n různých kořenů, ovšem může jich mít méně, pokud některá z a-ček jsou stejná, budeme se snažit, abych jich stejných bylo co nejvíce; přitom však musíme dodržet podmínku, že P(x) má n různých reálných kořenů. Předpokládejme búno,že a 1 a a narozlišmedvapřípady. Číslo njeliché.označme n=k+1.snadnonahlédneme,žeplatí Žádnézčísel a i neníkořenem P(x). P(x)nemážádnýkořenvintervalu(, a 1 ). P(x)mápřesnějedenkořenvintervalu(a n, ). P(x)nemážádnýkořenvintervalech(a, a 3 ),(a 4, a 5 ),...,(a n 1, a n). P(x)mánejvýšedvakořenyvkaždémzintervalů(a 1, a ),(a 3, a 4 ),...,(a n, a n 1 ). Přitommá-lipříslušnýintervaldélkuvětšíneždva,paknaněm P(x)opravdudvakořeny má.odtudvidíme,že P(x)mánejvýšek+1=nkořenů(tojeostatnějasnéztoho,že jetopolynom n-téhostupně)ažeabyměltolikkořenůjetřeba,aby a 1 < a, a 3 < a 4,..., a n < a n 1.Chceme-li,abymezi a i byloconejméněrůznýchčísel,budemetedy volit a 1 < a = a 3 < a 4 = a 5 < a 6... a n < a n 1 = a n

11 (atotak,abykaždý skok měldélkuvětšíneždva).taktodostanemečísla r i,prokterá budemítzadanárovnice k+1= n/ řešení.zpředchozíhojezároveňjasné,želépeto nejde, neboli méně než n/ řešení daná rovnice mít nemůže. Číslo n je sudé. Postupujeme zcela analogicky, dojdeme k tomu, že minimální možný počet řešení je n/. Poznámky opravovatele: Drtivá většina těch, kteří úlohu vyřešili, správně našla všechna řešení vyšetřované rovnice. Za taková řešení jsem uděloval plný počet bodů. Několik řešitelů navíc diskutovalo, nakolik musí být kořeny různé, a přišli na to, že pro splnění podmínek zadánínemohoubýtžádnátřičísla a i, a j, a k soběrovná,zčehožjižsnadnovyvodiliminimální počet různých řešení dané rovnice. Tato řešení jsem po zásluze odměnil ohodnocením 5 + i.