Уравнения высших степеней - очень сложные задачи с решениями

Решение:
Запишем уравнение в виде [tex]x^4=2x^2+400x+9999[/tex] и прибавим [tex]2x^2+1[/tex] к обеим частям, чтобы левая часть стала полным квадратом:
[tex]x^4+2x^2+1=4x^2+400x+10000\iff\left(x^2+1\right)^2=\left(2x+100\right)^2[/tex]
Следовательно,
[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]
Из первого множителя [tex]x^2-2x-99=(x-11)(x+9)=0[/tex], т.е. [tex]x=11[/tex] или [tex]x=-9[/tex]. Второй множитель не имеет действительных нулей, так как [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]
Следовательно, [tex]x\in\left\{-9; 11\right\}[/tex].

Решение:
Обозначим [tex]c=\sqrt{5}[/tex], так что [tex]5=c^{2}[/tex], и рассмотрим левую часть как квадратный трёхчлен относительно [tex]c[/tex]:
[tex]c^{2}-\left(2x^{2}+1\right)c+x^{4}+x[/tex]
Его дискриминант — полный квадрат:
[tex]D=\left(2x^{2}+1\right)^{2}-4\left(x^{4}+x\right)=4x^{2}-4x+1=(2x-1)^{2}[/tex]
поэтому его корни относительно [tex]c[/tex] равны
[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]
Следовательно, [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] (действительно, [tex]\left(x^{2}+x\right)\left(x^{2}-x+1\right)=x^{4}+x[/tex]), и уравнение равносильно уравнению
[tex]\left(x^{2}+x-\sqrt{5}\right)\left(x^{2}-x+1-\sqrt{5}\right)=0[/tex]
Уравнение [tex]x^{2}+x-\sqrt{5}=0[/tex] имеет дискриминант [tex]1+4\sqrt{5}\gt 0[/tex], поэтому у него два действительных корня. Уравнение [tex]x^{2}-x+1-\sqrt{5}=0[/tex] имеет дискриминант [tex]1-4\left(1-\sqrt{5}\right)=4\sqrt{5}-3\gt 0[/tex], поэтому у него тоже два действительных корня.
Общий корень удовлетворял бы равенству [tex]x^{2}+x=x^{2}-x+1[/tex], т.е. [tex]x=\frac{1}{2}[/tex], но тогда [tex]x^{2}+x=\frac{3}{4}\ne\sqrt{5}[/tex]. Значит, все четыре корня различны, и уравнение имеет [tex]4[/tex] действительных корня.

Решение:
Пусть [tex]x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}[/tex] — корни уравнения, причём [tex]x_{1}x_{2}=-32[/tex]. По формулам Виета
[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]
Из последней формулы [tex]x_{3}x_{4}=\frac{-1984}{-32}=62[/tex]. Положим [tex]s=x_{1}+x_{2}[/tex] и [tex]t=x_{3}+x_{4}[/tex], тогда [tex]s+t=18[/tex]. Сумма произведений корней по три равна
[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]
Подставляя [tex]t=18-s[/tex]:
[tex]-576+32s+62s=-200\Rightarrow 94s=376\Rightarrow s=4,\quad t=14[/tex]
Наконец,
[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 корни [tex]8[/tex] и [tex]-4[/tex] первого множителя имеют произведение [tex]-32[/tex].

Решение:
Пусть [tex]f(x)=9x^3-36x^2+45x-17[/tex]. Имеем
[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]
поэтому кубическое уравнение имеет три действительных корня [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], и все они положительны. По формулам Виета [tex]x_1+x_2+x_3=\frac{36}{9}=4[/tex], так что полупериметр равен [tex]p=2[/tex]. Каждый корень меньше [tex]2=p[/tex], т.е. каждая сторона меньше суммы двух других, поэтому такой треугольник существует.
По формуле Герона [tex]S^2=p(p-x_1)(p-x_2)(p-x_3)[/tex]. Так как [tex]f(x)=9(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)[/tex], имеем
[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]
Следовательно,
[tex]S^2=2\cdot \frac{1}{9}=\frac{2}{9}\Rightarrow S=\frac{\sqrt{2}}{3}[/tex]

Решение:
Уравнение имеет вид [tex]x\left(25x^4+25(a-1)x^2-4(a-7)\right)=0[/tex], поэтому [tex]x=0[/tex] — корень, а остальные корни удовлетворяют биквадратному уравнению [tex]25x^4+25(a-1)x^2-4(a-7)=0[/tex]. Его ненулевые корни разбиваются на пары [tex]\pm x[/tex], поэтому пять различных корней — это [tex]0[/tex], [tex]\pm p[/tex], [tex]\pm q[/tex], где [tex]0\lt p\lt q[/tex], т.е. уравнение
[tex]25t^2+25(a-1)t-4(a-7)=0,\qquad t=x^2[/tex]
имеет два различных положительных корня [tex]p^2[/tex] и [tex]q^2[/tex]. Упорядоченные корни [tex]-q; -p; 0; p; q[/tex] образуют арифметическую прогрессию тогда и только тогда, когда [tex]p-0=q-p[/tex], т.е. [tex]q=2p[/tex]. Тогда корни относительно [tex]t[/tex] равны [tex]p^2[/tex] и [tex]4p^2[/tex], и по формулам Виета
[tex]p^2+4p^2=5p^2=1-a,\qquad p^2\cdot 4p^2=4p^4=\frac{4(7-a)}{25}[/tex]
Из первого равенства [tex]p^4=\frac{(1-a)^2}{25}[/tex], следовательно,
[tex](1-a)^2=7-a\iff a^2-a-6=0\iff a=3\text{ или }a=-2[/tex]
Так как [tex]p^2=\frac{1-a}{5}\gt 0[/tex], нужно [tex]a\lt 1[/tex], поэтому [tex]a=3[/tex] не подходит (при [tex]a=3[/tex] уравнение относительно [tex]t[/tex] имеет вид [tex]25t^2+50t+16=0[/tex] с отрицательными корнями, и [tex]x=0[/tex] — единственный действительный корень). При [tex]a=-2[/tex] уравнение относительно [tex]t[/tex] имеет вид [tex]25t^2-75t+36=0[/tex] с корнями [tex]\frac{3}{5}[/tex] и [tex]\frac{12}{5}=4\cdot \frac{3}{5}[/tex], а корни данного уравнения равны
[tex]-\frac{2\sqrt{15}}{5}; -\frac{\sqrt{15}}{5}; 0; \frac{\sqrt{15}}{5}; \frac{2\sqrt{15}}{5}[/tex]
Они образуют арифметическую прогрессию с разностью [tex]\frac{\sqrt{15}}{5}[/tex]. Следовательно, [tex]a=-2[/tex].

Решение:
Предположим противное: все шесть корней [tex]x_{1},x_{2},\ldots,x_{6}[/tex] многочлена [tex]p(x)[/tex] (с учётом кратности) действительны. Так как коэффициенты при [tex]x^{5}[/tex] и [tex]x^{4}[/tex] равны нулю, по формулам Виета
[tex]x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{6}=0,\qquad \sum_{i\lt j}x_{i}x_{j}=0[/tex]
Тогда
[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]
Сумма квадратов действительных чисел равна нулю, только если все они равны нулю, поэтому [tex]x_{1}=x_{2}=\ldots=x_{6}=0[/tex] и [tex]p(x)=x^{6}[/tex]. Это означает, что [tex]a=b=c=d=0[/tex], что противоречит условию. Следовательно, [tex]p(x)[/tex] имеет хотя бы один недействительный корень.

Решение:
При [tex]x\gt 0[/tex] можно записать
[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 так как [tex]x^n\gt 0[/tex], при положительных [tex]x[/tex] уравнение [tex]P(x)=0[/tex] равносильно уравнению [tex]g(x)=1[/tex].
Единственность. На промежутке [tex]\left(0; +\infty\right)[/tex] каждое слагаемое [tex]\frac{a_k}{x^k}[/tex] положительно, непрерывно и строго убывает (так как [tex]a_k\gt 0[/tex]: если [tex]0\lt u\lt v[/tex], то [tex]\frac{a_k}{u^k}\gt\frac{a_k}{v^k}[/tex]). Значит, функция [tex]g[/tex] непрерывна и строго убывает на [tex]\left(0; +\infty\right)[/tex], поэтому уравнение [tex]g(x)=1[/tex] имеет не более одного положительного решения.
Существование. Пусть [tex]S=a_1+a_2+\ldots+a_n[/tex] и [tex]x_0=S+1\gt 1[/tex]. Тогда [tex]x_0^k\ge x_0[/tex] при [tex]k\ge 1[/tex], поэтому
[tex]g(x_0)\le\frac{a_1+a_2+\ldots+a_n}{x_0}=\frac{S}{S+1}\lt 1[/tex]
Для [tex]x_1=\frac{a_1}{2}[/tex] (заметим, что [tex]x_1\lt x_0[/tex]) все слагаемые в [tex]g(x_1)[/tex] положительны, поэтому
[tex]g(x_1)\ge\frac{a_1}{x_1}=2\gt 1[/tex]
Непрерывная функция [tex]g(x)-1[/tex] меняет знак на отрезке [tex]\left[x_1; x_0\right][/tex], поэтому по теореме Больцано–Коши существует [tex]c\in\left(x_1; x_0\right)[/tex], для которого [tex]g(c)=1[/tex], т.е. [tex]P(c)=c^n\left(1-g(c)\right)=0[/tex]. Следовательно, уравнение [tex]P(x)=0[/tex] имеет ровно один положительный корень.

Решение:
Уравнение имеет действительные корни: его левая часть непрерывна и равна [tex]7[/tex] при [tex]x=-2[/tex], [tex]-1[/tex] при [tex]x=0[/tex] и [tex]1[/tex] при [tex]x=1[/tex], поэтому есть корень в [tex]\left(-2; 0\right)[/tex] и корень в [tex]\left(0; 1\right)[/tex]. Пусть [tex]a\ne b[/tex] — два действительных корня, а [tex]c[/tex] и [tex]d[/tex] — два остальных корня (действительные или комплексные). По формулам Виета
[tex]a+b+c+d=-1,\quad ab+ac+ad+bc+bd+cd=0,\quad abc+abd+acd+bcd=0,\quad abcd=-1[/tex]
Положим [tex]s=a+b[/tex], [tex]p=ab[/tex], [tex]t=c+d[/tex], [tex]q=cd[/tex]. Формулы принимают вид
[tex]s+t=-1,\quad p+q+st=0,\quad pt+qs=0,\quad pq=-1[/tex]
Здесь [tex]p[/tex] — действительное число, отличное от [tex]0[/tex] (так как [tex]0[/tex] не является корнем), поэтому [tex]q=-\frac{1}{p}[/tex] и [tex]t=-1-s[/tex]. Третье равенство даёт [tex]p(-1-s)-\frac{s}{p}=0[/tex]; умножая на [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]
Второе равенство даёт [tex]p-\frac{1}{p}-s(1+s)=0[/tex], т.е. [tex]p-\frac{1}{p}-s-s^{2}=0[/tex]. Умножим его на [tex]p\left(p^{2}+1\right)^{2}\ne 0[/tex] и подставим [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]
Так как [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], это равенство имеет вид
[tex]p^{6}+p^{4}+p^{3}-p^{2}-1=0[/tex]
Следовательно, произведение [tex]p=ab[/tex] является корнем уравнения [tex]x^{6}+x^{4}+x^{3}-x^{2}-1=0[/tex].