Уравнение с опечаткой.

[Someone]

Источник: В. В. Вавилов, И. И. Мельников, С. Н. Олехник, П. И. Пасиченко. Задачи по математике. Алгебра. Справочное пособие. Москва, "Наука", 1987.

Надо сказать, что книга отличается громадным количеством опечаток как в заданиях, так и в ответах. Опечатка в задании может сделать его нерешаемым для школьника, но иногда получается просто существенно более сложная задача, которую "продвинутый" школьник может решить.

Также в книге используется очень сложная многоэтажная система нумерации заданий, вследствие чего поиск ответа требует определённых усилий.

Речь идёт о следующем задании: глава IV, § 1, упражнение 14, уравнение 21.

$$(x-4)^3(x-5)^3+2(x-5)^3+(x-4)^3=0.$$

(Оффтоп)

После некоторых размышлений и проб я пришёл к выводу, что на самом деле имелось в виду гораздо более простое уравнение

$$(x-4)^3(x-5)^3+2(x-5)^6-(x-4)^6=0.$$

Тем более, что оно имеет именно те корни, которые указаны в ответе.

(Оффтоп)

А уравнению 12 из того же упражнения не повезло. Оно имеет вид

$$(x^2-16)(x-3)^2=9x^2$$

и по-школьному не решается. В ответе указаны корни $1\pm\sqrt{7}$.
В предшествующих примерах решается уравнение

$$(2x^2-3x+1)(2x^2+5x+1)=9x^2$$

путём деления обеих частей на $x^2$ и заменой $2x+\frac 1x=y$, а также уравнение

$$(x+2)(x+3)(x+8)(x+12)=4x^2,$$

которое приводится к виду $(x^2+14x+24)(x^2+11x+24)=4x^2$ и далее решается таким же способом.
В ответе, видимо, тоже опечатка, потому что мне не удалось подобрать уравнение, похожее на заданное и имеющее требуемые корни. Лучшее, что у меня получилось, это

$$(x^2+16)(x-4)^2=9x^2.$$

[nnosipov]

Симпатичный пример и ответ к нему симпатичный. Глядишь, в этой книжке и найдутся "случайные" экзотические примеры уравнений 4-й степени.

[novichok2018]

Кстати, Альфа решает первое уравнение шестой степени "с опечаткой", находит явные корни. Два действительных, четыре комплексных. Значит, его можно на множители разложить.

[nnosipov]

Пример интересен тем, что вещественные корни уравнения 4-й степени выражаются через обычные (не вложенные) вещественные радикалы.

[novichok2018]

nnosipov - Вы говорите про уравнения четвёртой степени, но ведь исходное шестой степени, что я недопонял?

[nnosipov]

novichok2018
Оно разлагается на квадратное (не имеющее вещественных корней) и вот то уравнение 4-й степени.

Если $x-5$ заменить на новое $x$, то уравнение будет таким: $x^4+2x^3+2x+1=0$. Здесь идеально работает метод Феррари: мы не просто находим корни, мы их находим в наипростейшей форме.

-- Чт авг 26, 2021 14:06:38 --

Как отделить квадратный сомножитель в уравнении $x^3(x+1)^3+2x^3+(x+1)^3=0$? Всякие кубы намекают на то, что в деле могут быть кубические корни из единицы $\varepsilon=-1/2 \pm i\sqrt{3}/2$. Осталось их наудачу подставить.

[dryabov]

Someone в сообщении #1529627 писал(а):

А уравнению 12 из того же упражнения не повезло. Оно имеет вид

$$(x^2-16)(x-3)^2=9x^2$$

и по-школьному не решается. В ответе указаны корни $1\pm\sqrt{7}$.

Там, по-видимому, должно быть

$$(x^2-16)(x+3)^2=-9x^2$$

(чтобы корни совпадали),но по школьному это все-равно не решается (полином 4-й степени, конечно, факторизуется, поэтому наверное должно быть решение через какую-нибудь нетривиальную замену переменных, но очевидного решения я не вижу).

[Someone]

dryabov в сообщении #1529718 писал(а):

Там, по-видимому, должно быть

$$(x^2-16)(x+3)^2=-9x^2$$

Спасибо! Вот, до самого простого варианта не догадался. Но параграф, в котором это уравнение находится, называется "Линейные и квадратные уравнения". Какой способ сведения к квадратному уравнению имели в виду авторы, непонятно.

dryabov в сообщении #1529718 писал(а):

полином 4-й степени, конечно, факторизуется, поэтому наверное должно быть решение через какую-нибудь нетривиальную замену переменных, но очевидного решения я не вижу

В принципе, можно воспользоваться методом неопределённых коэффициентов, который рассматривается в следующем параграфе "Отыскание корней многочленов". Записываем равенство

$$(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)=x^4+6x^3+2x^2-96x-144,$$

составляем систему уравнений

$$\begin{cases}a+c=6,\\ ac+b+d=2,\\ ad+bc=-96,\\ bd=-144\end{cases}$$

и пытаемся подобрать целочисленное решение. Разумеется, гарантии существования такого решения нет.
Из последнего уравнения следует, что $b$ и $d$ — делители числа $-144$, которых $15$ пар, поскольку в силу симметрии можно считать, что $b<0$ и $d>0$.
Из первого и второго уравнений следует, что $a$ и $c$ — корни квадратного уравнения $z^2-6z+(2-b-d)=0$. Его дискриминант равен $\mathscr D=4(7+b+d)$. Он должен быть точным квадратом. Этому условию удовлетворяют две пары: $b=-6$, $d=24$ и $b=-16$, $d=9$.
Первая пара даёт решение системы $a=-2$, $b=-6$, $c=8$, $d=24$. Вторая пара даёт числа $a=3$, $b=-16$, $c=3$, $d=9$, которые не удовлетворяют третьему уравнению системы.
Но это всё заметно сложнее методов, рассматриваемых в первом параграфе.

nnosipov в сообщении #1529672 писал(а):

Как отделить квадратный сомножитель в уравнении $x^3(x+1)^3+2x^3+(x+1)^3=0$? Всякие кубы намекают на то, что в деле могут быть кубические корни из единицы $\varepsilon=-1/2 \pm i\sqrt{3}/2$. Осталось их наудачу подставить.

Я в исходном уравнении сразу ввёл переменную $y=\frac{(x-4)+(x-5)}2=x-\frac 92$ (такая рекомендация встречается в первом параграфе, правда, для уравнений типа $(x+3)^4+(x+4)^4=16$, но здесь она явно полезна для упрощения выражения $(x-4)^3(x-5)^3$), после раскрытия скобок сгруппировал отдельно члены с чётными степенями и члены с нечётными степенями:

$$\left(y^6-\frac 34y^4-\frac{21}{16}y^2-\frac 9{64}\right)+3y\left(y^2+\frac 34\right)=0.$$

И догадался проверить, что первая скобка делится на вторую.
Получившееся в результате деления уравнение четвёртой степени легко решается методом Феррари (кубическая резольвента неожиданно очень хорошо сворачивается).

[xagiwo]

nnosipov в сообщении #1529672 писал(а):

$x^4+2x^3+2x+1=0$. Здесь идеально работает метод Феррари

Я подозреваю, что Вы знаете, но для таких симметричных уравнений есть стандартный школьный способ решения: делим всё на $x^2$ и вводим замену $x+1/x = t$ (можно не делить ни на что, но так более наглядно)

[Someone]

xagiwo в сообщении #1529734 писал(а):

для таких симметричных уравнений есть стандартный школьный способ решения

Кстати, да! Уравнение

nnosipov в сообщении #1529672 писал(а):

$x^3(x+1)^3+2x^3+(x+1)^3=0$

тоже симметричное. И сводится таким путём к уравнению третьей степени, один из корней которого равен $-1$.

[novichok2018]

Разве симметричное? И минус один - это корень?

[Someone]

novichok2018 в сообщении #1529745 писал(а):

Разве симметричное?

Если раскрыть скобки и привести подобные члены, получим уравнение

$$x^6+3x^5+3x^4+4x^3+3x^2+3x+1=0.$$

novichok2018 в сообщении #1529745 писал(а):

И минус один - это корень?

Если разделить это уравнение на $x^3$ и ввести новую переменную $t=x+\frac 1x$, то получим уравнение

$$t^3+3t^2-2=0,$$

один из корней которого равен $-1$.

[nnosipov]

xagiwo в сообщении #1529734 писал(а):

но для таких симметричных уравнений

Я не заметил, что оно симметричное (возвратное)

[Someone]

Прошу прощения за подъём темы более чем трёхмесячной давности, но, может быть, кому-нибудь будет интересно.

dryabov в сообщении #1529718 писал(а):

Там, по-видимому, должно быть

$$(x^2-16)(x+3)^2=-9x^2$$

(чтобы корни совпадали),но по школьному это все-равно не решается (полином 4-й степени, конечно, факторизуется, поэтому наверное должно быть решение через какую-нибудь нетривиальную замену переменных, но очевидного решения я не вижу).

Someone в сообщении #1529730 писал(а):

Вот, до самого простого варианта не догадался. Но параграф, в котором это уравнение находится, называется "Линейные и квадратные уравнения". Какой способ сведения к квадратному уравнению имели в виду авторы, непонятно.

В общем, я сегодня ещё раз глянул на это уравнение, и у меня возникла хорошая идея. Очевидно, $x=-3$ корнем не является. Разделим обе части уравнения на $(x+3)^2$ и перепишем его в виде

$$x^2+\frac{9x^2}{(x+3)^2}=16.$$

Слева стоит сумма квадратов, которую можно дополнить до квадрата суммы или разности. Удачным оказывается квадрат разности:

$$x^2-2x\cdot\frac{3x}{x+3}+\frac{(3x)^2}{(x-3)^2}+\frac{6x^2}{x+3}=16,$$

$$\left(x-\frac{3x}{x+3}\right)^2+\frac{6x^2}{x+3}=16,$$

$$\left(\frac{x^2}{x+3}\right)^2+6\cdot\frac{x^2}{x+3}-16=0,$$

и видим замену $\frac{x^2}{x+3}=t$, приводящую уравнение к квадратному.

Всё бы хорошо, и использованный метод дополнения до полного квадрата в книге объясняется, но… на два параграфа дальше (задача находится в § 1, а описание метода на примере уравнения $x^2+\left(\frac x{x-1}\right)^2=8$ — в § 3).

[nnosipov]

Какие-то очень искусственные рассуждения. Как распознать по данному уравнению 4-й степени, что при некоторой специальной замене неизвестного оно сведется к квадратному уравнению? Это само по себе является нетривиальной задачей. Между тем, стандартный метод решения работает и в данном случае.

Похоже на какое-то шаманство.