方程x^-3x=0根为x^2-3x=0

方程x^-3x=0根为x^2-3x=0
方程x^-3x=0根为
x^2-3x=0

方程x^-3x=0根为x^2-3x=0
x^-3x=0的根为0
因为0的任何次方都为0
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设f(x) = x³-3x²+1.
可算得f(3) = 1 > 0, f(1) = -1 < 0, f(0) = 1 > 0, f(-1) = -3 < 0.
于是f(x) = 0在区间(1,3), (0,1), (-1,0)内分别存在实根.
而f(x) = 0至多只有3个实根, 因此在上述区间内各有一个.
分别记为a, b, c, 有-1 < ...

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设f(x) = x³-3x²+1.
可算得f(3) = 1 > 0, f(1) = -1 < 0, f(0) = 1 > 0, f(-1) = -3 < 0.
于是f(x) = 0在区间(1,3), (0,1), (-1,0)内分别存在实根.
而f(x) = 0至多只有3个实根, 因此在上述区间内各有一个.
分别记为a, b, c, 有-1 < c < 0 < b < 1 < a < 3..
由根与系数关系, 有a+b+c = 3, ab+bc+ca = 0, abc = -1.
于是a²+b²+c² = (a+b+c)²-2(ab+bc+ca) = 9.
a³+b³+c³ = (a+b+c)(a²+b²+c²-ab-bc-ca)+3abc = 24.
考虑数列u[n] = a^n+b^n+c^n, 有u[1] = 3, u[2] = 9, u[3] = 24.
对n > 3, u[n] = a^n+b^n+c^n
= (a+b+c)(a^(n-1)+b^(n-1)+c^(n-1))-(ab^(n-1)+ac^(n-1)+ba^(n-1)+bc^(n-1)+ca^(n-1)+cb^(n-1))
= (a+b+c)u[n-1]-(ab+bc+ca)(a^(n-2)+b^(n-2)+c^(n-2))+abc(a^(n-3)+b^(n-3)+c^(n-3))
= (a+b+c)u[n-1]-(ab+bc+ca)u[n-2]+abc·u[n-3]
= 3u[n-1]-u[n-3].
由此递推式可逐次计算u[n] mod 17, 从u[1] mod 17开始依次为:
3, 9, 7, 1, 11, 9, 9, 16, 5, 6, 2, 1, 14, 6, 0, 3,
3, 9, 7,...
因为u[n]是常系数三阶递推, 可知从u[17] mod 17开始出现循环, 即u[n] mod 17以16为周期.
于是u[2012] ≡ u[12] ≡ 1 (mod 17).
即a^2012+b^2012+c^2012 ≡ 1 (mod 17).
由b < 1, 3b² = 1+b³ < 2, 得b² < 2/3.
于是0 < b^2012 < b^4 < 4/9 < 1/2.
由c < 0, 3c² = 1+c³ < 1, 得0 < c^2012 < c² < 1/3.
故a^2012+b^2012+c^2012-1 < a^2012 < a^2012+b^2012+c^2012.
而a^2012+b^2012+c^2012-1是整数, 所以[a^2012] = a^2012+b^2012+c^2012-1.
有[a^2012] = a^2012+b^2012+c^2012-1 ≡ 0 (mod 17).
即17 | [a^2012].
注: (1) 其实u[n] = (a+b+c)u[n-1]-(ab+bc+ca)u[n-2]+abc·u[n-3]是Newton恒等式的特例.
(2) 从线性递推数列的角度看, u[n] = 3u[n-1]-u[n-3]对应的特征多项式就是f(x) = x³-3x²+1.
因此通项公式具有r·a^n+s·b^n+t·c^n的形式, 系数r, s, t由初始值确定.
(3) 三阶递推数列mod 17的余数的周期最长可能为17³-1, 要是这样就没法做了.
请采纳答案，支持我一下。

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x=0