Уравнения от по-висока степен - много трудни задачи с решения

Решение:
Записваме уравнението във вида [tex]x^4=2x^2+400x+9999[/tex] и прибавяме [tex]2x^2+1[/tex] към двете страни, така че лявата страна да стане точен квадрат:
[tex]x^4+2x^2+1=4x^2+400x+10000\iff\left(x^2+1\right)^2=\left(2x+100\right)^2[/tex]
Следователно
[tex]\left(x^2+1-2x-100\right)\left(x^2+1+2x+100\right)=0\iff\left(x^2-2x-99\right)\left(x^2+2x+101\right)=0[/tex]
От първия множител [tex]x^2-2x-99=(x-11)(x+9)=0[/tex], т.е. [tex]x=11[/tex] или [tex]x=-9[/tex]. Вторият множител няма реални нули, защото [tex]x^2+2x+101=(x+1)^2+100\gt 0[/tex]. Проверка:
[tex]11^4-2\cdot 11^2-400\cdot 11=14641-242-4400=9999[/tex]
[tex](-9)^4-2\cdot (-9)^2-400\cdot (-9)=6561-162+3600=9999[/tex]
Следователно [tex]x\in\left\{-9; 11\right\}[/tex].

Решение:
Означаваме [tex]c=\sqrt{5}[/tex], така че [tex]5=c^{2}[/tex], и разглеждаме лявата страна като квадратен тричлен относно [tex]c[/tex]:
[tex]c^{2}-\left(2x^{2}+1\right)c+x^{4}+x[/tex]
Дискриминантата му е точен квадрат:
[tex]D=\left(2x^{2}+1\right)^{2}-4\left(x^{4}+x\right)=4x^{2}-4x+1=(2x-1)^{2}[/tex]
затова корените му относно [tex]c[/tex] са
[tex]c_{1,2}=\frac{2x^{2}+1\pm(2x-1)}{2},\qquad c_{1}=x^{2}+x,\qquad c_{2}=x^{2}-x+1[/tex]
Следователно [tex]c^{2}-\left(2x^{2}+1\right)c+x^{4}+x=\left(c-x^{2}-x\right)\left(c-x^{2}+x-1\right)[/tex] (наистина [tex]\left(x^{2}+x\right)\left(x^{2}-x+1\right)=x^{4}+x[/tex]) и уравнението е равносилно на
[tex]\left(x^{2}+x-\sqrt{5}\right)\left(x^{2}-x+1-\sqrt{5}\right)=0[/tex]
Уравнението [tex]x^{2}+x-\sqrt{5}=0[/tex] има дискриминанта [tex]1+4\sqrt{5}\gt 0[/tex], затова има два реални корена. Уравнението [tex]x^{2}-x+1-\sqrt{5}=0[/tex] има дискриминанта [tex]1-4\left(1-\sqrt{5}\right)=4\sqrt{5}-3\gt 0[/tex], затова също има два реални корена.
Общ корен би удовлетворявал [tex]x^{2}+x=x^{2}-x+1[/tex], т.е. [tex]x=\frac{1}{2}[/tex], но тогава [tex]x^{2}+x=\frac{3}{4}\ne\sqrt{5}[/tex]. Следователно четирите корена са различни и уравнението има [tex]4[/tex] реални корена.

Решение:
Нека [tex]x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}[/tex] са корените, като [tex]x_{1}x_{2}=-32[/tex]. От формулите на Виет
[tex]x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}=18,\quad \sum_{i\lt j}x_{i}x_{j}=k,\quad \sum_{i\lt j\lt l}x_{i}x_{j}x_{l}=-200,\quad x_{1}x_{2}x_{3}x_{4}=-1984[/tex]
От последната формула [tex]x_{3}x_{4}=\frac{-1984}{-32}=62[/tex]. Полагаме [tex]s=x_{1}+x_{2}[/tex] и [tex]t=x_{3}+x_{4}[/tex], така че [tex]s+t=18[/tex]. Сборът от произведенията на по три корена е
[tex]x_{1}x_{2}\left(x_{3}+x_{4}\right)+x_{3}x_{4}\left(x_{1}+x_{2}\right)=-32t+62s=-200[/tex]
Като заместим [tex]t=18-s[/tex]:
[tex]-576+32s+62s=-200\Rightarrow 94s=376\Rightarrow s=4,\quad t=14[/tex]
Накрая
[tex]k=x_{1}x_{2}+x_{3}x_{4}+\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{3}+x_{4}\right)=-32+62+4\cdot 14=86[/tex]
Проверка: [tex]x^{4}-18x^{3}+86x^{2}+200x-1984=\left(x^{2}-4x-32\right)\left(x^{2}-14x+62\right)[/tex], а корените [tex]8[/tex] и [tex]-4[/tex] на първия множител имат произведение [tex]-32[/tex].

Решение:
Нека [tex]f(x)=9x^3-36x^2+45x-17[/tex]. Имаме
[tex]f(0)=-17\lt 0,\quad f(1)=1\gt 0,\quad f\left(\frac{3}{2}\right)=-\frac{1}{8}\lt 0,\quad f(2)=1\gt 0[/tex]
затова кубичното уравнение има три реални корена [tex]x_1\in\left(0; 1\right)[/tex], [tex]x_2\in\left(1; \frac{3}{2}\right)[/tex], [tex]x_3\in\left(\frac{3}{2}; 2\right)[/tex], като всички са положителни. От формулите на Виет [tex]x_1+x_2+x_3=\frac{36}{9}=4[/tex], така че полупериметърът е [tex]p=2[/tex]. Всеки корен е по-малък от [tex]2=p[/tex], т.е. всяка страна е по-малка от сбора на другите две, следователно такъв триъгълник съществува.
По формулата на Херон [tex]S^2=p(p-x_1)(p-x_2)(p-x_3)[/tex]. Тъй като [tex]f(x)=9(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)[/tex], имаме
[tex]9(2-x_1)(2-x_2)(2-x_3)=f(2)=72-144+90-17=1\Rightarrow (2-x_1)(2-x_2)(2-x_3)=\frac{1}{9}[/tex]
Следователно
[tex]S^2=2\cdot \frac{1}{9}=\frac{2}{9}\Rightarrow S=\frac{\sqrt{2}}{3}[/tex]

Решение:
Уравнението е [tex]x\left(25x^4+25(a-1)x^2-4(a-7)\right)=0[/tex], затова [tex]x=0[/tex] е корен, а останалите корени удовлетворяват биквадратното уравнение [tex]25x^4+25(a-1)x^2-4(a-7)=0[/tex]. Ненулевите му корени образуват двойки [tex]\pm x[/tex], затова петте различни корена трябва да са [tex]0[/tex], [tex]\pm p[/tex], [tex]\pm q[/tex], където [tex]0\lt p\lt q[/tex], т.е. уравнението
[tex]25t^2+25(a-1)t-4(a-7)=0,\qquad t=x^2[/tex]
има два различни положителни корена [tex]p^2[/tex] и [tex]q^2[/tex]. Подредените корени [tex]-q; -p; 0; p; q[/tex] образуват аритметична прогресия точно когато [tex]p-0=q-p[/tex], т.е. [tex]q=2p[/tex]. Тогава корените относно [tex]t[/tex] са [tex]p^2[/tex] и [tex]4p^2[/tex] и от формулите на Виет
[tex]p^2+4p^2=5p^2=1-a,\qquad p^2\cdot 4p^2=4p^4=\frac{4(7-a)}{25}[/tex]
От първото равенство [tex]p^4=\frac{(1-a)^2}{25}[/tex], следователно
[tex](1-a)^2=7-a\iff a^2-a-6=0\iff a=3\text{ или }a=-2[/tex]
Тъй като [tex]p^2=\frac{1-a}{5}\gt 0[/tex], трябва [tex]a\lt 1[/tex], затова [tex]a=3[/tex] отпада (при [tex]a=3[/tex] уравнението относно [tex]t[/tex] е [tex]25t^2+50t+16=0[/tex] с отрицателни корени и [tex]x=0[/tex] е единственият реален корен). При [tex]a=-2[/tex] уравнението относно [tex]t[/tex] е [tex]25t^2-75t+36=0[/tex] с корени [tex]\frac{3}{5}[/tex] и [tex]\frac{12}{5}=4\cdot \frac{3}{5}[/tex], а корените на даденото уравнение са
[tex]-\frac{2\sqrt{15}}{5}; -\frac{\sqrt{15}}{5}; 0; \frac{\sqrt{15}}{5}; \frac{2\sqrt{15}}{5}[/tex]
Те образуват аритметична прогресия с разлика [tex]\frac{\sqrt{15}}{5}[/tex]. Следователно [tex]a=-2[/tex].

Решение:
Да допуснем противното: всичките шест корена [tex]x_{1},x_{2},\ldots,x_{6}[/tex] на [tex]p(x)[/tex] (с отчитане на кратността) са реални. Тъй като коефициентите пред [tex]x^{5}[/tex] и [tex]x^{4}[/tex] са нули, от формулите на Виет
[tex]x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{6}=0,\qquad \sum_{i\lt j}x_{i}x_{j}=0[/tex]
Тогава
[tex]x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\ldots+x_{6}^{2}=\left(x_{1}+\ldots+x_{6}\right)^{2}-2\sum_{i\lt j}x_{i}x_{j}=0-0=0[/tex]
Сбор от квадрати на реални числа е нула само ако всички те са нули, затова [tex]x_{1}=x_{2}=\ldots=x_{6}=0[/tex] и [tex]p(x)=x^{6}[/tex]. Това означава [tex]a=b=c=d=0[/tex], което противоречи на условието. Следователно [tex]p(x)[/tex] има поне един корен, който не е реално число.

Решение:
За [tex]x\gt 0[/tex] можем да запишем
[tex]P(x)=x^n\left(1-g(x)\right),\qquad g(x)=\frac{a_1}{x}+\frac{a_2}{x^2}+\ldots+\frac{a_n}{x^n}[/tex]
и тъй като [tex]x^n\gt 0[/tex], за положителни [tex]x[/tex] уравнението [tex]P(x)=0[/tex] е равносилно на [tex]g(x)=1[/tex].
Единственост. В интервала [tex]\left(0; +\infty\right)[/tex] всяко събираемо [tex]\frac{a_k}{x^k}[/tex] е положително, непрекъснато и строго намаляващо (защото [tex]a_k\gt 0[/tex]: ако [tex]0\lt u\lt v[/tex], то [tex]\frac{a_k}{u^k}\gt\frac{a_k}{v^k}[/tex]). Следователно [tex]g[/tex] е непрекъсната и строго намаляваща в [tex]\left(0; +\infty\right)[/tex], затова уравнението [tex]g(x)=1[/tex] има най-много едно положително решение.
Съществуване. Нека [tex]S=a_1+a_2+\ldots+a_n[/tex] и [tex]x_0=S+1\gt 1[/tex]. Тогава [tex]x_0^k\ge x_0[/tex] при [tex]k\ge 1[/tex], затова
[tex]g(x_0)\le\frac{a_1+a_2+\ldots+a_n}{x_0}=\frac{S}{S+1}\lt 1[/tex]
За [tex]x_1=\frac{a_1}{2}[/tex] (забележете, че [tex]x_1\lt x_0[/tex]) всички събираеми на [tex]g(x_1)[/tex] са положителни, затова
[tex]g(x_1)\ge\frac{a_1}{x_1}=2\gt 1[/tex]
Непрекъснатата функция [tex]g(x)-1[/tex] сменя знака си в [tex]\left[x_1; x_0\right][/tex], затова по теоремата на Болцано съществува [tex]c\in\left(x_1; x_0\right)[/tex], за което [tex]g(c)=1[/tex], т.е. [tex]P(c)=c^n\left(1-g(c)\right)=0[/tex]. Следователно уравнението [tex]P(x)=0[/tex] има точно един положителен корен.

Решение:
Уравнението има реални корени: лявата му страна е непрекъсната и е равна на [tex]7[/tex] при [tex]x=-2[/tex], на [tex]-1[/tex] при [tex]x=0[/tex] и на [tex]1[/tex] при [tex]x=1[/tex], затова има корен в [tex]\left(-2; 0\right)[/tex] и корен в [tex]\left(0; 1\right)[/tex]. Нека [tex]a\ne b[/tex] са два реални корена, а [tex]c[/tex] и [tex]d[/tex] са другите два корена (реални или комплексни). От формулите на Виет
[tex]a+b+c+d=-1,\quad ab+ac+ad+bc+bd+cd=0,\quad abc+abd+acd+bcd=0,\quad abcd=-1[/tex]
Полагаме [tex]s=a+b[/tex], [tex]p=ab[/tex], [tex]t=c+d[/tex], [tex]q=cd[/tex]. Формулите приемат вида
[tex]s+t=-1,\quad p+q+st=0,\quad pt+qs=0,\quad pq=-1[/tex]
Тук [tex]p[/tex] е реално число, различно от [tex]0[/tex] (защото [tex]0[/tex] не е корен), затова [tex]q=-\frac{1}{p}[/tex] и [tex]t=-1-s[/tex]. Третото равенство дава [tex]p(-1-s)-\frac{s}{p}=0[/tex]; след умножение по [tex]p[/tex]:
[tex]-p^{2}-p^{2}s-s=0\Rightarrow s\left(p^{2}+1\right)=-p^{2}\Rightarrow s=-\frac{p^{2}}{p^{2}+1}[/tex]
Второто равенство дава [tex]p-\frac{1}{p}-s(1+s)=0[/tex], т.е. [tex]p-\frac{1}{p}-s-s^{2}=0[/tex]. Умножаваме го по [tex]p\left(p^{2}+1\right)^{2}\ne 0[/tex] и заместваме [tex]s[/tex]:
[tex]p^{2}\left(p^{2}+1\right)^{2}-\left(p^{2}+1\right)^{2}+p^{3}\left(p^{2}+1\right)-p^{5}=0[/tex]
Тъй като [tex]\left(p^{2}-1\right)\left(p^{2}+1\right)^{2}=p^{6}+p^{4}-p^{2}-1[/tex] и [tex]p^{3}\left(p^{2}+1\right)-p^{5}=p^{3}[/tex], това е
[tex]p^{6}+p^{4}+p^{3}-p^{2}-1=0[/tex]
Следователно произведението [tex]p=ab[/tex] е корен на уравнението [tex]x^{6}+x^{4}+x^{3}-x^{2}-1=0[/tex].