Задачи с использованием формул Виета - очень сложные задачи с решениями

Решение:
Случай [tex]m=2[/tex]: уравнение линейное, [tex]-4x-1=0[/tex], [tex]x=-\frac{1}{4}\lt 0[/tex]. Значит, [tex]m=2[/tex] подходит.
Случай [tex]m\ne 2[/tex]: нужны действительные корни, оба отрицательные:
[tex]\frac{D}{4}=m^2+(m-2)=(m+2)(m-1)\ge 0[/tex], т.е. [tex]m\le -2[/tex] или [tex]m\ge 1[/tex];
[tex]x_1x_2=-\frac{1}{m-2}>0[/tex], т.е. [tex]m\lt 2[/tex];
[tex]x_1+x_2=\frac{2m}{m-2}\lt 0[/tex], т.е. [tex]0\lt m\lt 2[/tex].
Вместе: [tex]1\le m\lt 2[/tex] (при [tex]m=1[/tex] двойной корень [tex]x=-1[/tex]).
Ответ: [tex]m\in[1; 2][/tex].

Решение:
По теореме Виета [tex]x_1+x_2=1-a[/tex], [tex]x_1x_2=\frac{2a^2-5a}{6}[/tex].
[tex]x_1^3+x_2^3=(x_1+x_2)\left((x_1+x_2)^2-3x_1x_2\right)=(1-a)\left((1-a)^2-\frac{2a^2-5a}{2}\right)=\frac{(1-a)(a+2)}{2}=\frac{-a^2-a+2}{2}[/tex].
Корни должны быть действительными: [tex]\frac{D}{4}=9(a-1)^2-6(2a^2-5a)=-3a^2+12a+9\ge 0[/tex], т.е. [tex]a^2-4a-3\le 0[/tex], [tex]2-\sqrt{7}\le a\le 2+\sqrt{7}[/tex].
Парабола [tex]\frac{-a^2-a+2}{2}[/tex] направлена ветвями вниз, её вершина [tex]a=-\frac{1}{2}[/tex] лежит в этом промежутке, так как [tex]2-\sqrt{7}<-\frac{1}{2}[/tex].
Значит, сумма кубов наибольшая при [tex]a=-\frac{1}{2}[/tex], а наибольшее значение равно [tex]\frac{9}{8}[/tex].

Решение:
Пусть [tex]f(t)=t^2-2kt+4[/tex]. Число лежит строго между корнями [tex]f[/tex] тогда и только тогда, когда [tex]f[/tex] в нём отрицательна. Значит, нужны два различных числа [tex]y_1, y_2[/tex] с [tex]f(y_1)\lt 0[/tex] и [tex]f(y_2)\lt 0[/tex].
Если [tex]y[/tex] — корень второго уравнения, то [tex]y^2+4=2(k-1)y[/tex], поэтому
[tex]f(y)=y^2+4-2ky=2(k-1)y-2ky=-2y[/tex].
Значит, [tex]f(y_i)\lt 0[/tex] тогда и только тогда, когда [tex]y_i>0[/tex]: второе уравнение должно иметь два различных положительных корня.
[tex]\frac{D}{4}=(k-1)^2-4>0[/tex] даёт [tex]k\lt -1[/tex] или [tex]k>3[/tex]; [tex]y_1+y_2=2(k-1)>0[/tex] даёт [tex]k>1[/tex]; [tex]y_1y_2=4>0[/tex] всегда.
Ответ: [tex]k>3[/tex].

Решение:
Из первого уравнения: [tex]x_1+x_2=-p[/tex], [tex]x_1x_2=q[/tex].
Из второго уравнения:
[tex](x_1+1)+(x_2+1)=p^2[/tex], т.е. [tex]-p+2=p^2[/tex], откуда [tex]p^2+p-2=0[/tex] и [tex]p=1[/tex] или [tex]p=-2[/tex];
[tex](x_1+1)(x_2+1)=x_1x_2+x_1+x_2+1=pq[/tex], т.е. [tex]q-p+1=pq[/tex].
[tex]p=-2[/tex]: [tex]q+3=-2q[/tex], [tex]q=-1[/tex]; уравнение [tex]x^2-2x-1=0[/tex] имеет действительные корни.
[tex]p=1[/tex]: равенство [tex]q=q[/tex] верно при любом [tex]q[/tex], но [tex]x^2+x+q=0[/tex] должно иметь действительные корни: [tex]D=1-4q\ge 0[/tex], т.е. [tex]q\le\frac{1}{4}[/tex].
Ответ: [tex]p=-2, q=-1[/tex] или [tex]p=1[/tex] и любое [tex]q\le\frac{1}{4}[/tex].

Решение:
[tex](x_1-b)(x_2-b)=x_1x_2-b(x_1+x_2)+b^2[/tex]. По теореме Виета:
[tex](x_1-b)(x_2-b)=\frac{2a-1}{a-1}-b\cdot\frac{a+1}{a-1}+b^2=\frac{(2-b)a-(1+b)}{a-1}+b^2[/tex].
Дробь не зависит от [tex]a[/tex] тогда и только тогда, когда числитель пропорционален [tex]a-1[/tex]: [tex](2-b)a-(1+b)=\lambda(a-1)[/tex], т.е. [tex]\lambda=2-b[/tex] и [tex]\lambda=1+b[/tex].
Значит, [tex]2-b=1+b[/tex] и [tex]b=\frac{1}{2}[/tex]. Тогда дробь равна [tex]\frac{3}{2}[/tex] и [tex](x_1-b)(x_2-b)=\frac{3}{2}+\frac{1}{4}=\frac{7}{4}[/tex] при любом допустимом [tex]a[/tex].
(Допустимые [tex]a[/tex] существуют: например, при [tex]a=\frac{3}{2}[/tex] получаем [tex]D=\frac{9}{4}>0[/tex].)
Ответ: [tex]b=\frac{1}{2}[/tex].

Решение:
Так как [tex]a, b, c[/tex] образуют арифметическую прогрессию, [tex]2b=a+c[/tex].
[tex]\frac{D}{4}=b^2-ac=\frac{(a+c)^2}{4}-ac=\frac{(a-c)^2}{4}\ge 0[/tex], значит, корни действительны.
Пусть [tex]x_1=3x_2[/tex]. По теореме Виета: [tex]4x_2=\frac{2b}{a}[/tex], т.е. [tex]x_2=\frac{b}{2a}[/tex]; и [tex]3x_2^2=\frac{c}{a}[/tex], т.е. [tex]\frac{3b^2}{4a^2}=\frac{c}{a}[/tex], или [tex]3b^2=4ac[/tex].
Подставим [tex]c=2b-a[/tex]: [tex]3b^2=8ab-4a^2[/tex], т.е. [tex]3b^2-8ab+4a^2=0[/tex], [tex](3b-2a)(b-2a)=0[/tex].
[tex]b=2a[/tex]: [tex]c=3a[/tex] и [tex]a:b:c=1:2:3[/tex].
[tex]b=\frac{2a}{3}[/tex]: [tex]c=\frac{a}{3}[/tex] и [tex]a:b:c=3:2:1[/tex].
В обоих случаях числа положительны, поэтому оба отношения являются ответом.

Решение:
По теореме Виета [tex]x_1x_2=2012[/tex] и [tex]m=-(x_1+x_2)[/tex].
Значит, целые корни — это пара целых чисел с произведением [tex]2012=2^2\cdot 503[/tex], где [tex]503[/tex] — простое число. Оба корня одного знака.
Положительные пары: [tex](1; 2012)[/tex], [tex](2; 1006)[/tex], [tex](4; 503)[/tex] с суммами [tex]2013[/tex], [tex]1008[/tex], [tex]507[/tex]; отрицательные пары дают противоположные суммы.
Следовательно, [tex]m\in\{\pm 2013; \pm 1008; \pm 507\}[/tex], и, наоборот, при каждом из этих [tex]m[/tex] корни целые.
Ответ: [tex]6[/tex] значений.

Решение:
По теореме Виета: [tex]c+d=10a[/tex] и [tex]a+b=10c[/tex].
Вычитаем: [tex](c+d)-(a+b)=10a-10c[/tex], т.е. [tex]b-d=11(c-a)[/tex].
Так как [tex]c[/tex] — корень первого уравнения, а [tex]a[/tex] — второго:
[tex]c^2-10ac-11b=0[/tex] и [tex]a^2-10ac-11d=0[/tex].
Вычитаем: [tex]c^2-a^2=11(b-d)=121(c-a)[/tex].
Так как [tex]c\ne a[/tex], делим на [tex]c-a[/tex]: [tex]a+c=121[/tex].
Тогда [tex]a+b+c+d=10c+10a=10\cdot 121=1210[/tex].

Решение:
Произведение корней равно [tex]-\frac{1}{2p^2}<0[/tex], значит, корни действительны. По теореме Виета [tex]x_1+x_2=2p[/tex], [tex]x_1x_2=-\frac{1}{2p^2}[/tex].
[tex]x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2=4p^2+\frac{1}{p^2}[/tex]
[tex]x_1^4+x_2^4=(x_1^2+x_2^2)^2-2x_1^2x_2^2=16p^4+8+\frac{1}{p^4}-\frac{1}{2p^4}=16p^4+\frac{1}{2p^4}+8[/tex].
По неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим [tex]16p^4+\frac{1}{2p^4}\ge 2\sqrt{16p^4\cdot\frac{1}{2p^4}}=2\sqrt{8}=4\sqrt{2}[/tex].
Следовательно, [tex]x_1^4+x_2^4\ge 4\sqrt{2}+8[/tex], причём равенство достигается при [tex]16p^4=\frac{1}{2p^4}[/tex], т.е. [tex]p^8=\frac{1}{32}[/tex].

Решение:
Так как [tex]1, x_1, x_2[/tex] — геометрическая прогрессия, [tex]x_1^2=1\cdot x_2[/tex], т.е. [tex]x_2=t^2[/tex], где [tex]t=x_1[/tex].
По теореме Виета: [tex]q=x_1x_2=t^3[/tex] и [tex]t+t^2=-p[/tex], т.е. [tex]t^2=-p-t[/tex].
Тогда [tex]t^3=t\cdot t^2=-pt-t^2=-pt+p+t[/tex], т.е. [tex]q=(1-p)t+p[/tex].
Если [tex]p=1[/tex], то [tex]t^2+t+1=0[/tex], а это уравнение не имеет действительных корней — противоречие. Значит, [tex]p\ne 1[/tex] и [tex]t=\frac{q-p}{1-p}[/tex] — рациональное число.
Пусть [tex]t=\frac{r}{s}[/tex] — несократимая дробь, [tex]s>0[/tex]. Из [tex]t^2+t+p=0[/tex]: [tex]r^2+rs+ps^2=0[/tex], значит, [tex]s[/tex] делит [tex]r^2[/tex]. Так как [tex]r[/tex] и [tex]s[/tex] взаимно просты, [tex]s=1[/tex], т.е. [tex]t[/tex] — целое число.
Следовательно, [tex]q=t^3[/tex] — куб целого числа [tex]t[/tex].

Решение:
Пусть [tex]S_n=x_1^n+x_2^n[/tex]. По теореме Виета [tex]S_1=x_1+x_2=2001[/tex] и [tex]x_1x_2=1[/tex], поэтому [tex]S_2=S_1^2-2x_1x_2=2001^2-2[/tex]. Оба числа целые.
Так как [tex]x_1^2=2001x_1-1[/tex], умножая на [tex]x_1^{n-2}[/tex], получаем [tex]x_1^n=2001x_1^{n-1}-x_1^{n-2}[/tex]; то же верно для [tex]x_2[/tex]. Складываем:
[tex]S_n=2001S_{n-1}-S_{n-2}[/tex] при [tex]n\ge 3[/tex].
Индукция: если [tex]S_{n-1}[/tex] и [tex]S_{n-2}[/tex] целые, то и [tex]S_n[/tex] целое. Так как [tex]S_1[/tex] и [tex]S_2[/tex] целые, каждое [tex]S_n[/tex] — целое число.