Найти все значения x, для которых оба числа 7x2−6x−5x2+4x−1 и 1+x1−x являются целыми.
Обозначим
A=7x2−6x−5x2+4x−1,B=1+x1−x.Нужно найти все x, при которых оба числа A и B целые.
Область определения. Дробь B требует 1+x=0, то есть x=−1. У дроби A знаменатель раскладывается: 7x2−6x−5=(7x−...); его корни x=146±36+140=146±176 иррациональны, поэтому при рациональных x (а ниже окажется, что все кандидаты рациональны) знаменатель в нуль не обращается. Будем следить за этим явно.
Шаг 1. Используем более жёсткое условие — целочисленность B. Пусть
B=1+x1−x=k,k∈Z.Отсюда 1−x=k(1+x), то есть 1−k=x(1+k). Значение k=−1 невозможно: оно дало бы 2=0. Значит k=−1 и
x=1+k1−k.Таким образом каждому допустимому x отвечает ровно одно целое k, и наоборот, каждому целому k=−1 — ровно одно x. Поэтому достаточно перебрать целые k и оставить те, при которых A тоже целое.
Шаг 2. Выразим A через k. Подставляя x=1+k1−k в A и приводя к общему знаменателю (числитель и знаменатель домножаются на (1+k)2), получаем после упрощения
A=2k2−6k−1−k2−k+1.(Знаменатель 2k2−6k−1 при целых k в нуль не обращается, так как его корни k=46±44 иррациональны; это же гарантирует 7x2−6x−5=0.)
Шаг 3. Оценка: целых k лишь конечное число. Выделим целую часть. Умножив числитель на 2 и поделив на знаменатель с остатком,
2(−k2−k+1)=−(2k2−6k−1)+(1−8k),поэтому
2A=−1+2k2−6k−11−8k.Если A целое, то 2A — целое, а значит дробь t=2k2−6k−11−8k обязана быть целой. Но для целого k равенство t=0 невозможно (оно дало бы k=81), поэтому при ∣t∣<1 число t целым быть не может. Условие ∣t∣≥1 равносильно (1−8k)2≥(2k2−6k−1)2, то есть
(1−8k)2−(2k2−6k−1)2=−4k(k−7)(k2+k−1)≥0,т.е.k(k−7)(k2+k−1)≤0.Корни множителя k2+k−1 равны 2−1±5≈0,62 и −1,62. Анализ знаков показывает, что неравенство выполнено лишь в ограниченной области, и среди целых это даёт только
k∈{−1,0,1,2,3,4,5,6,7}.Вне этого набора ∣t∣<1, t=0, значит A не целое. Итак, достаточно проверить перечисленные k (исключая запрещённое k=−1).
Шаг 4. Прямая проверка кандидатов. Подставляем в A=2k2−6k−1−k2−k+1:
| k | A | целое? | x=1+k1−k |
|---|---|---|---|
| 0 | −11=−1 | да | 1 |
| 1 | −5−1=51 | нет | — |
| 2 | −5−5=1 | да | −31 |
| 3 | −1−11=11 | да | −21 |
| 4 | 7−19 | нет | — |
| 5 | 19−29 | нет | — |
| 6 | 35−41 | нет | — |
| 7 | 55−55=−1 | да | −43 |
Целое A получается лишь при k=0,2,3,7, что даёт
x=1,x=−31,x=−21,x=−43.Шаг 5. Контрольная подстановка. Для найденных x:
| x | 7x2−6x−5x2+4x−1 | 1+x1−x |
|---|---|---|
| 1 | −44=−1 | 20=0 |
| −31 | −20/9−20/9=1 | 2/34/3=2 |
| −21 | −1/4−11/4=11 | 1/23/2=3 |
| −43 | 55/16−55/16=−1 | 1/47/4=7 |
Во всех случаях оба числа целые, знаменатели ненулевые, x=−1.
Ответ.
x=1,x=−31,x=−21,x=−43.Проверить решение?
Покажи своё решение — проверю и покажу, где ошибка
Потренируйся на похожих — ИИ проверит твои решения
2
Алгебра
Мехмат МГУ (архив)