小蓝书初中组(2nd) 方程与方程组 笔记&习题 总复习

第7章

主要内容

学会配方。

e.g 3

e.g 3 在实数范围内解方程

[sqrt{x} = sqrt{y - 1} + sqrt{z - 2} = frac{1}{2}(x + y + z). ]

考虑先处理(frac{1}{2})，然后将右边移项到左边，然后通过加减常数配方。
具体见P37~38。

习题7

Problem 3

3.试确定方程((a^2 + 1)x^2 - 2ax + (a^2 + 4) = 0)的实根的个数。
Sol: 这种题先尝试展开.

[egin{aligned} (a^2 + 1)x^2 - 2ax + (a^2 + 4) &= (ax)^2 + x^2 - 2ax + a^2 + 4\ &= (ax + 1)^2 + x^2 + a^2 + 3 > 0\ end{aligned} ]

所以原方程无解。

Problem 5

5.已知(a,b,c,x,y,z)都是非零实数，且

[a^2 + b^2 + c^2 = x^2 + y^2 + z^2 = ax + by + cz ]

求证：(frac{x}{a} = frac{y}{b} = frac{z}{c}).
发现(a^2,x^2,ax)！考虑配方，欸，显然(a^2 - 2ax + x^2 = 0)！做完了。

Problem 6

6.已知(a,b,c)是三角形(ABC)的三边长，且满足

[frac{2a^2}{1 + a^2} = b,frac{2b^2}{1 + b^2} = c,frac{2c^2}{1 + c^2} = a, ]

试求三角形(ABC)的面积。
Sol:
zls:发现分母是和形式，不好配方！于是换下顺序，以第一个为例，换成(frac{1 + a^2}{2a^2} = frac{1}{b})，继续，(frac{1 + a^2}{a^2} = frac{2}{b})，处理，(1 + frac{1}{a^2} = frac{2}{b})。同理，(1 + frac{1}{b^2} = frac{2}{c},1 + frac{1}{c^2} = frac{1}{a}).
全部相加，调整顺序，得((frac{1}{a} - 1)^2 + (frac{1}{b} - 1)^2 + (frac{1}{c} - 1)^2 = 0)，解得：

[egin{cases} a = 1\b = 1\c = 1 end{cases} ]

易得(S = frac{sqrt{3}}{4})。

Problem 7

7.设多项式(f(x) = ax^2 + bx + c)，且：

[forall{x in mathbb{R}},x^2 + 2x + 2 le f(x) le 2x^2 + 4x + 3, ]

且(f(9) = 121)，求(a + b + c)的值。（2011 初联改编）
看到(x^2 + 2x + 2)和(2x^2 + 4x + 3)DNA就动了，立刻变成((x + 1)^2 + 1)和(2(x + 1)^2 + 1)，随手确定(1 le a le 2)。
欸，形式怎么这么相似？易得(f(x) = a(x + 1)^2 + 1(1 le a le 2))，代入(f(9）= 121)得(a = 1.2)。
将(a = 1.2)代入(f(x) = a(x + 1)^2 + 1)得(f(x) = 1.2x^2 + 2.4x + 2.2)，待定系数法（？得(a = 1.2,b = 2.4,c = 2.2,a + b + c = 5.8)。

第8章

主要内容

一元二次方程求根公式：

[x_{1,2} = dfrac{-b pm sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} ]

并用一些Trick做题。

e.g 2

e.g 2 设(a = sqrt{7} - 1)，则代数式(3a^3 + 12a^2 - 6a - 12)的值为（ ）。
(A) (24) (B) (25) (C) (4 sqrt{7} + 10) (D) (4 sqrt{7} + 12)
我个人倾向于解法2，具体见P43，就是将(a = sqrt{7} - 1)变成((a + 1)^2 = 7 o a^2 + 2a + 1 = 7 o a^2 + 2a - 6 = 0)或(a^2 + 2a = 6)（有的时候看变形结果）。
解答见P43，还算常规但是比较巧妙的互补。

e.g 5

解关于(x)的方程(a^2(x^2 - x + 1) - a(x^2 - 1) = (a^2 - 1)x)。
这啥玩意啊？考虑硬拆。(a^2x^2 - a^2x + a^2 - (ax^2 - a) = a^2x - x o a^2x^2 - a^2x + a^2 - ax^2 + a - a^2x + x = 0).
考虑转化为(Ax^2 + Bx + C = 0)的形式，((a^2 - a)x^2 - (2a^2 - 1)x + (a^2 + a) = 0).
分类：

• (a^2 - a = 0)：(a = 0)时(x = 0),(a = 1)时(x = 2)。
• otherwise,通过公式法解得

[x_1 = frac{a + 1}{a},x_2 = frac{a}{a - 1} ]

习题8

Problem 3

3.设关于(x)的方程(x^2 + 5 + b = 0)的两个实数根为(x_1,x_2)，且(|x_1 - x_2| = 3)，则(b =)_____.

分别将两个根表示出来，分类讨论。

Problem 4

4.已知(a = sqrt{5} - 1)，则(2a^3 + 7a^2 - 2a - 12)的值等于_____.（2010 初联）

易得((a + 1) ^ 2 = 5,a^2 + 2a = 4)

[egin{aligned} 2a^3 + 7a^2 - 2a - 12 &= 2a^3 + 4a^2 + 3a^2 - 2a - 12\ &= 2a(a^2 +2a) -2a + 2a^2 - 12\ &= 8a-2a+3a^2-12\ &= 6a + 3a^2 - 12\ &= 3(a^2 + 2a) - 12\ &= 0 end{aligned} ]

总之就是抓住一个式子配，然后带进去。

Problem 5

5.方程(x^2 + ax + b = 0)与(x^2 + cx + d = 0(a eq c))有相同的根(alpha)，求(alpha)。（2002 重庆联赛）

把(alpha)带入，得：

[egin{cases} alpha^2 + aalpha + b = 0\ alpha^2 + calpha + d = 0 end{cases} ]

上下相减，得((a - c)alpha + b - d = 0)
易得(alpha = frac{d - b}{a - c})

当有两个一元二次方程时，有时(a)（或(b)）相同的情况下可以考虑相减。

Problem 6

6.已知方程(x^2 - kx - 7 = 0)与(x^2 - 6x - (k + 1) = 0)，求使得这两个方程有公共根的所有(k)值，并求其所有公共根与所有相异根.

一个算是比较常规的分类讨论题。
设两个的公共根为(x_0)，得

[egin{cases} x_0^2 - kx_0 - 7 = 0\ x_0^2 - 6x_0 - (k + 1) = 0 end{cases} ]

发现(x_0^2)项可以消，上下相减得((6 - k)x_0 = 6 - k)。
这时你可能直接消掉(6 - k)完事，等等，让我们回顾一下等式的性质

等式的性质（节选）：等式两边同时乘或除以一个相同的不为0的数，等式仍然成立。

消掉(6 - k)必须要保证(6 - k eq 0)，即(k eq 6)。
考虑分类：

• (k eq 6)，则公共根(x_0 = 1)，同时求出(k = -6)。带入求得相异根为(x = -7)和(x = 5)。
• (k = 6)，则公共根为(x = 7)和(x = -1)，无相异根。

第9章

主要内容

判别式：
对于一个一元二次方程(ax^2 + bx + c = 0(a eq 0))，我们称(b^2 - 4ac)为这个方程的判别式，记作(Delta).

• 当(Delta = 0)时，方程有重根；
• 当(Delta > 0)时，方程的两个根为：

[x_1 = frac{-b + sqrt{Delta}}{2a},x_2 = frac{-b - sqrt{Delta}}{2a} ]

• 当(Delta < 0)时，方程无实数根。

书中还给到((2ax + b)^2 = b^2 - 4ac = Delta)，有时很有用。

e.g 1

e.g 1 已知(a,b,c)是三角形的三边，试判别方程(b^2x^2 + (b^2+c^2 - a^2)x + c^2 = 0)有无实数根？

第一眼，三角形的三边，肯定有不少不等式关系。
第二眼：(Ax^2 + Bx + C = 0)形式，直接代入求(Delta).

[egin{aligned} Delta &= B^2 - 4AC\ &= (b^2 + c^2 - a^2)^2 - 4b^2c^2\ &= (b^2 + c^2 - a^2 + 2bc) (b^2 + c^2 - a^2 - 2bc)\ &= [(b + c)^2 - a^2][(b - c)^2 - a^2]\ &= (b + c + a)(b + c - a)(b - c + a)(b - c - a)\ end{aligned} ]

不难发现(b + c + a > 0,b + c - a > 0,b - c + a > 0,b - c - a < 0)，所以(Delta < 0)，所以方程无实数根。

e.g 2

e.g 2 求方程(x + y = x^2 - xy + y^2 + 1)的解。

发现是二元的方程，没事！瞄准(x)（(y)当然也可以）来解。

易得(x^2 - (y + 1)x + (y^2 - y + 1) = 0 space (1)).

[egin{aligned} Delta &= (y + 1) ^ 2 - 4(y^2 - y + 1) \ &= y^2 + 2y + 1 - 4y^2 + 4y - 4\ &= -3y^2 + 6y - 3\ &= -3(y^2 - 2y + 1)\ &= -3(y - 1)^2 le 0 end{aligned} ]

而只有在(Delta le 0)的时候才会有解，所以(-3(y - 1)^2 = 0,y = 1)。
把(y = 1)代入((1))得(x^2 - 2x + 1 = 0)，解得(x = 1).
所以原方程的解为

[egin{cases} x = 1\ y = 1 end{cases} ]

e.g 4

e.g 4 设(a,b,c)是不全相等的实数，三个方程(ax^2 + 2bx + c = 0,bx^2 + 2cx + a = 0,cx^2 + 2ax + b = 0)能同时有相等实数根吗？
若一个一元二次方程有相等的根，即它的(Delta = 0)。
易得

[egin{cases} Delta_1 = 4b^2 - 4ac\ Delta_2 = 4c^2 - 4ab\ Delta_3 = 4a^2 - 4bc end{cases} ]

不难发现有一堆看上去像完全平方式的要素，所以考虑相加：

[egin{aligned} Delta_1 + Delta_2 + Delta_3 &= 4(b^2 - 4ac) + 4(c^2 - 4ab) + 4(a^2 - 4bc)\ &= 2[b^2 + b^2 - 2ac + c^2 + c^2 - 2ab + a^2 + a^2 - 2bc]\ &= 2[(a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2] ge 0 end{aligned} ]

由于(a,b,c)不全相等，所以(Delta_1 + Delta_2 + Delta_3 > 0)，所以不可能。

e.g 5

e.g 5 试求出这样的四位数，它的前两位数字与后两位数字分别组成的两位数的和的平方，恰好等于这个四位数.（2003 初联）
分别设前两位为(x)，后两位为(y)，得((x + y)^2 = 100x + y)，要使其有解，则(Delta = (2y - 100)^2 - 4(y^2 - y) ge 0)，解得(y le 25)。
然后我就不会做了，感觉书上的做法很凑，于是：

//search.cpp
# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

bool is_ok(int x)
{
    double sq = sqrt(x);
    if(sq == int(sq)) return 1;
    else return 0;
}

int main(void)
{
    for(int y = 10; y <= 25; y++)
    {
        if(is_ok(2500 - 99 * y)) printf("%d
",y);
    }
    return 0;
}

运行结果：
25

确定(y = 25)，然后代入(x_{1,2} = 50 - y pm sqrt{2500 - 99y})，得(x_1 = 30,x_2 = 20)。即四位数为(2025)或(3025)。

习题9

Problem 3

3.已知关于(x)的方程(x^2 - 2sqrt{-a}x + frac{(a - 1)^2}{4} = 0)有实数根，其中(a)为实数，求(a^{2012} - x^{2012})的值。
第一眼，(Delta = -4a - (a - 1)^2 = -4a - (a^2 - 2a + 1) = -4a - a^2 + 2a - 1 = -2a - a^2 - 1 ge 0)。
第二眼，(a^2 + 2a + 1 le 0 o (a + 1)^2 le 0 o (a + 1)^2 = 0 o a + 1 = 0 o a = -1)
第三眼，代入(a = -1)，得(x = 1)。
第四眼，原式(= 1 - 1 = 0).

似乎都没啥好讲的/jk

第10章

主要内容

• 韦达定理

若(x_1,x_2)是一元二次方程(ax^2 + bx + c = 0)的解，那么(x_1,x_2)满足：

[egin{cases} x_1 + x_2 = -frac{a}{b}\ x_1x_2 = frac{c}{a} end{cases} ]

Proof: 设(Delta = b^2 - 4ac)。则(x_1 = frac{-b + sqrt{Delta}}{2a},x_2 = frac{-b - sqrt{Delta}}{2a}),(x_1 + x_2 = frac{-b + sqrt{Delta} - b - sqrt{Delta}}{2a} = frac{-2b}{2a} = -frac{b}{a}).(x_1x_2 = frac{b^2 - Delta}{4a^2} = frac{4ac}{4a^2} = frac{c}{a}).证毕。

反过来，若两数(x_1,x_2)满足(x_1 + x_2 = -frac{a}{b},x_1x_2 = frac{c}{a})，那么(x_1,x_2)即是(ax^2 + bx + c = 0)的解。（充要条件）

• 判断根的性质
  

e.g 1

设(x_1,x_2)是方程(x^2 - 2(k + 1)x + k^2 + 2 = 0)的两个实数根，且((x_1 + 1)(x_2 + 1) = 8)，求(k)的值。

第一眼，两个实数根，(Delta = [2(k + 1)^2]^2 - 4(k^2 + 2) ge 0 o 4(k + 1)^2 - 4(k^2 + 2) ge 0 o k^2 + 2k + 1 - k^2 - 2 ge 0 o 2k - 1 ge 0 o k ge frac{1}{2}).

第二眼，韦达定理，(x_1 + x_2 = 2(k + 1),x_1x_2 = k^2 + 2)，则：

[egin{aligned} (x_1 + 1)(x_2 + 1) &= x_1x_2 + x_1 + x_2 + 1\ &= 2k + 2 + k^2 + 2 + 1 \ &= k^2 + 2k + 5\ end{aligned} ]

得(k^2 + 2k + 5 = 8 o (k + 1)^2 = 4 o k_1 = -3,k_2 = 1)
因为(k ge frac{1}{2}),所以(k = 1)。