Тема АЛГЕБРА

Многочлены

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела алгебра

Разделы подтемы Многочлены

Многочлены с целыми коэффициентами и теорема Безу

Теорема Виета для многочленов

Корни многочленов

Свойства коэффициентов многочленов, раскрытие скобок и бином Ньютона

Симметрические многочлены

Применение производной в многочленах

Многочлены над конечным полем

Неприводимость и разложение на неприводимые многочлены

Интерполяция

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 181#74951Максимум баллов за задание: 7

Пусть задано множество остатков от деления на 11, $A= {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}$ . Пусть над этим множеством задана степенная функция четвертой степени $($ т.е. все значения переменных и коэффициенты принадлежат только множеству $A)$

4 3 2 f(x)= x + 3x +7x + 6x+10

Найдите элемент множества $A,$ являющийся суммой корней уравнения $f(x)= 0.$

Источники: САММАТ-2022, 11.7 (см. sammat.samgtu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Остатков не так много, поэтому значения функции можно даже перебрать ;)

Подсказка 2

Приходим к тому, что корней всего 3 :)

Показать ответ и решение

Просто переберём остатки по модулю 11:

f(0)≡ 10⁄≡ 0mod 11

f(1)≡5 ⁄≡0 mod11

f(2)≡2 ⁄≡0 mod11

f(3)≡ 0mod 11

f(4)≡ 0mod 11

f(5)⁄≡ 0mod 11

f(6)⁄≡ 0mod 11

f(7)⁄≡ 0mod 11

f(8)≡ 0mod 11

f(9)⁄≡ 0mod 11

f(10) ⁄≡0 mod11

Итак, $f(3)≡0 mod11,f(4)≡ 0mod 11,f(8)≡ 0mod 11.$

Так как многочлен степени 4, то какой-то корень кратный. Убеждаемся, что

(x4+ 3x3 +7x2+ 6x +10)= (x − 3)(x − 4)2(x− 8) mod11

Значит, сумма равна

3+4 +4+ 8≡ 8mod 11

Ответ: 8

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 182#76581Максимум баллов за задание: 7

Многочлен третьей степени имеет три различных корня строго между 0 и 1. Учитель сообщил ученикам два из этих корней. Ещё он сообщил все четыре коэффициента многочлена, но не указал, в каком порядке эти коэффициенты идут. Обязательно ли можно восстановить третий корень?

Источники: Турнир городов - 2022, 11.1 (см. www.turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам известны 2 корня и все коэффициенты в каком-то порядке! Все корни меньше единицы, но больше 0. Что тогда можно сказать про коэффициенты и их сравнения относительно друг друга?

Подсказка 2

Да, свободный член наименьший по модулю и при этом, знаки у коэффициентов чередуются! В таком случае, что можно сказать исходя из теоремы Виета?

Подсказка 3

Верно, по теореме Виета для b и d, которые мы знаем, можно найти a! А дальше уже можно найти и оставшийся корень.

Показать ответ и решение

Пусть $a,b,c,d$ — коэффициенты многочлена от старшего к младшему, $α,β$ — известные корни, $γ$ — неизвестный корень. Прежде всего заметим, что так как все корни между 0 и 1, то в силу теоремы Виета коэффициент $d$ — наименьший из коэффициентов по абсолютной величине.

Поскольку все корни многочлена положительны, знаки коэффициентов чередуются. Поэтому, зная $d,$ определяем $b.$ Если найти $a,$ то определяется и $c.$ Заметим, что по Виета

−d aγ = αβ-и b= −a(α+ β+ γ)

Поэтому можно найти $a(α +β).$ Так как $α$ и $β$ известны, отсюда определяется $a.$ А значит и третий корень $γ.$

Ответ: да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 183#77060Максимум баллов за задание: 7

Дан непостоянный многочлен $P(x)$ с вещественными коэффициентами. Докажите, что существует натуральное число $m$ такое, что для любого приведённого многочлена $Q(x),$ степень $d$ которого не меньше $m,$ количество целых решений неравенства $|P(Q(x))|≤ 1$ не превосходит $d.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Чтобы решить сложную задачу, а данная таковой является нужно смелое предположение. Так вот, докажите, что хотя бы одно значение приведённого многочлена Q(x) степени d в d+1 целой точке по модулю не меньше d!/2^d. Как такое доказывать? Предлагается сделать это «в лоб», интерполяционная формула Лагранжа вам в помощь.

Подсказка 2

Осталось совсем немного. Чем так хороша придуманная оценка? На самом деле просто факториал растет быстрее, чем показательная функция, тогда полученное выражение может быть больше любой наперед заданной константы A при d >= m. Осталось лишь подобрать хорошее A и воспользоваться чудесной оценкой.

Показать доказательство

Докажем, что хотя бы одно значение приведённого многочлена $Q(x)$ степени $d$ в $d+ 1$ целой точке по модулю не меньше $d!∕2d.$ Пусть $x0 < x1 < ...< xd$ — эти точки. Тогда выполняется равенство (интерполяционная формула Лагранжа)

∑d Q(x)= Q(xk)--(x-− x0)...(x−-xk−1)(x-− xk+1)...(x− xd)- k=0 (xk− x0)...(xk− xk−1)(xk − xk+1)...(xk − xd)

Значит,

||∑d Q (x ) || ||∑d 1 || 2d 1 =||| ∏---(xk−-x)|||≤ makx|Q (xk)|||| k!(d−-k)!|||= makx|Q (xk)|⋅d! k=0 j⁄=k k j k=0

откуда легко следует требуемое неравенство (первое равенство — сравнение старших коэффициентов в интерполяционной формуле Лагранжа).

Поскольку $d!∕2d$ при $d> 2$ возрастает и стремится к бесконечности, то для любого $A >0$ существует такое $m,$ что $d!∕2d > A$ при $d ≥m.$ Пусть $A$ — такое число, что многочлен $P (x)$ принимает все свои значения, по модулю меньше $1$ внутри интервала $(− A;A).$ Для соответствующего $m$ верно утверждение задачи: ведь если бы у неравенства из условия нашлись хотя бы $d+ 1$ решение, то по утверждению выше среди решений нашлось бы $xk$ такое, что $d |Q(xk)|≥d!∕2 >A.$ Но тогда $|P (Q(xk))|> 1$ по выбору числа $A.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 184#79752Максимум баллов за задание: 7

Пусть $P(x)= a xn+ a xn−1+ ...+ ax +a , n n−1 1 0$ где $n$ — натуральное число. Известно, что числа $a,a ,...,a 0 1 n$ — целые, при этом $an ⁄=0,an−k = ak$ при всех $k= 0,1,...,n,$ и $an+ an−1+ ...+a1 +a0 = 0.$ Докажите, что число $P(2022)$ делится на квадрат некоторого натурального числа, большего $1.$

Источники: Всеросс., 2022, РЭ, 10.4(см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Понятно, что константа здесь взята с неба (так как коэффициенты могут быть любыми числами). Поэтому опираться на 2022 не нужно. Будем доказывать задачу в общем виде, то есть, что P(x) делится на квадрат некоторого целого числа при любом целом x (c ограничением > 1 разберёмся позже).

Подсказка 2:

То есть хотим доказать, что P(x) = Н(х)Q(x)², где Q(x), H(x) ∈ ℤ[x]. Подумаем, какая степень может быть у Q(x)?

Подсказка 3:

В теории, конечно, любая, только вот как доказывать? Доказывать делимость на квадратный трёхчлен уже не самая простая задача, а что говорить про большие степени? Поэтому стоит начать с многочлена Q(x), равного линейной функции, а если не сработает, то придётся страдать...

Подсказка 4:

Хотим доказать, что P(x) делиться на многочлен (x − с)², где с ∈ ℤ. Сейчас Вам предстоит запомнить идею. То, что мы хотим доказать, равносильно тому, что P(x + c) делится на x² (осознайте самостоятельно, чтоб получить удовольствие от задачи). А делимость на x² гораздо более простой в доказательстве факт, чем делимость на другую квадратичную функцию. Как же его доказать?

Подсказка 5:

Введём обозначения для красоты и удобства. Пусть t = x − c, а также R(t) = P(t + c). Хотим доказать, что P(t + с) делится на t², то есть, что R(t) делится на t². Что это значит?

Подсказка 6:

Что у R(t) должны быть нулевыми свободный коэффициент и коэффициент при t. Начнём со свободного. Как изящно получить свободный коэффициент с помощью R(t)?

Подсказка 7:

Подставить 0! R(0) — и есть свободный коэффициент. То есть хотим доказать, что aₙcⁿ + aₙ₋₁cⁿ⁻¹ + ... + a₁c + a₀ = 0, однако по условию мы знаем, что aₙ + aₙ₋₁ + ... + a₁ + a₀ = 0. На какие мысли о "с" это наталкивает?

Подсказка 8:

Разумеется, что нужно взять с = 1, тогда мы сразу докажем, что свободный коэффициент нулевой. Остаётся разобраться с коэффициентом перед t. Его уже простой подстановкой не узнать, придётся считать честно...

Подсказка 9:

Но и это не беда! R(t) = aₙ(t + 1)ⁿ + aₙ₋₁(t + 1)ⁿ⁻¹ + ... + a₁(t+1) + a₀ = 0. Вспомним про бином Ньютона и поймём, что коэффициент при t это naₙ + (n − 1)aₙ₋₁ + ... + a₁. Хотим доказать, что это выражение равно 0. Пока что непонятно, как это делать, но ведь мы ещё никак не воспользовались условием про симметричность коэффициентов...

Подсказка 10:

naₙ + (n − 1)aₙ₋₁ + ... + a₁ = 0 равносильно тому, что aₙ₋₁ + 2aₙ₋₂ ... + (n − 1)a₁ + na₀ (в силу симметрии). Очень уж красиво дополняют друг друга эти выражения, которые численно равны. Причём мы хотим, чтоб они численно были равны 0. Может быть, их тогда стоит сложить?... А изначальное ограничение на 1 разрешится само собой) Дальше мы замолкаем. Успехов!

Показать доказательство

Достаточно доказать утверждение: многочлен $P (x)$ делится на $(x − 1)2.$ Действительно, после деления (например, столбиком), в частном получится многочлен $Q(x)$ с целыми коэффициентами, и тогда равенство многочленов $2 P(x)= (x− 1)Q (x)$ влечет равенство $2 P (2022)= 2021 ⋅Q (2022),$ из которого следует утверждение задачи, поскольку $Q(2022)$ — целое число.

Для доказательства утверждения сделаем замену $t= x− 1,$ положим $n n−1 R(t)= P(t+1)= an(t+ 1) +an−1(t+1) + ...+a1(t+1)+ a0$ и докажем, что $R(t)$ делится на $2 t ,$ т.е. что последние два коэффициента многочлена $R(t)$ равны $0.$

Свободный член многочлена $R$ равен $R(0) =an+ an−1+ ...+ a0 =0.$ Поскольку в многочлене $k (t+ 1)$ коэффициент при $t$ равен $k,$ коэффициент при $t$ многочлена $R$ равен $nan+ (n − 1)an−1 +...+ a1.$ Из условий $an−k = ak$ следует, что удвоенный коэффициент при $t$ равен $(nan+ (n − 1)an−1 +...+a1)+(na0+ (n − 1)a1+...+an−1)= n(an+ an−1+ ...+a0)= 0.$ Тем самым, задача решена.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 185#80496Максимум баллов за задание: 7

Известно, что числа $a,b,c$ и $d$ положительны. Сумма всех действительных корней уравнений $ax2013+ bx2000+$ $cx1000+ d= 0$ и $2013 1013 13 dx + cx +bx +a =0$ равна $− 2,9.$ Найдите эти корни.

Показать ответ и решение

Заметим, что если $x$ корень первого уравнения, то $x ⁄= 0$ и $1 x$ корень второго уравнения и наоборот. Так же у этих уравнение будет только отрицательные корни.

Пусть у первого уравнения есть корни $x$ и $y$ такие, что $xy ⁄=1$ (и может быть еще какие-то отрицательные корни), то у второго уравнения есть корни $1 x$ и $-1 y$ (и может быть еще какие-то отрицательные корни). Отсюда $1 1 x+ y+ x + y ≥ −2.9$ , так как все корни разные, но $1 x+ x < −2$ и $1 y+ y <− 2$ , так как $x,y$ отрицательные?! Значит если у первого уравнения есть корень $x$ , то у второго уравнения есть корень $1 x$ и если у этих двух уравнений есть еще корни, то это только $x$ и $1 x$ . Отсюда либо $x =− 1$ , но тогда сумма корней -1?! либо $1 x+ x =− 2.9$ . Решаем это квадратное уравнение после умножения на $x$ и получаем корни $− 2.5$ и $− 0.4$ .

Ответ: -2,5; -0,4

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 186#81816Максимум баллов за задание: 7

Пусть $α ∈ℂ,$ а $P$ — это минимальный многочлен с целыми (рациональными) коэффициентами, у которого $α$ является корнем. Тогда $α$ является корнем первой кратности.

Показать доказательство

Предположим, что кратность корня $x= α$ хотя бы $2.$ Рассмотрим производную многочлена $P.$ Она также имеет корень $x =α$ и её коэффициенты являются вещественными. Степень производной меньше, чем степень $P.$ Следовательно, $P$ не многочлен наименьшей степени с вещественными коэффициентами и корнем $α,$ противоречие.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 187#81817Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что у многочлена $P (x)= a + axk1 + axk2 + ...+ a xkn 0 1 2 n$ не более $n$ положительных корней.

Показать доказательство

Докажем индукцией по $n.$ База при $n= 1$ тривиальна. Теперь рассмотрим многочлен $P(x)= a +a xk1 +a xk2 + ...+a xkn. 0 1 2 n$ Предположим, что он имеет хотя бы $n+ 1$ положительный корень. Упорядочим эти $n+ 1$ корней по возрастанию: $x1 < x2 < ...< xn+1.$ Теперь рассмотрим производную многочлена $P.$ Заметим, что по теореме Ролля она имеет корень на отрезке $(xi,xi+1)$ при всех $i∈ 1,2,...,n.$ То есть у производной хотя бы $n$ положительных корней. Теперь посмотрим на производную в явном виде:

P′(x)= a1k1xk1−1+a2k2xk2−1+ ...+ anknxkn−1 = xk1−1(a1k1+a2k2xk2−k1 + ...+ anknxkn−k1)

Нетрудно видеть, что все положительные корни $P′(x)$ являются корнями многочлена $a k +a k xk2−k1 + ...+ ak xkn−k1, 1 1 2 2 n n$ а он по предположению индукции имеет не более $n− 1$ положительный корень, противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 188#81818Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что при умножении многочлена $(x+ 1)k$ на любой многочлен, отличный от нуля, получается многочлен, имеющий хотя бы $k+ 1$ ненулевых коэффициентов.

Показать доказательство

Докажем индукцией по $k.$ База при $k= 0$ очевидна.

Теперь докажем переход. Рассмотрим многочлен $k (x+1) P(x).$ Без ограничения общности можно считать, что свободный член многочлена $P (x)$ отличен от $0$ (умножение на $x$ не меняет числа ненулевых коэффициентов). Тогда у многочлена $Q(x)$ свободный член также отличен от нуля и у производной $′ Q (x)$ на один ненулевой коэффициент меньше, чем у $Q (x).$ Но $k−1 ′ Q (x)= (x +1) ((x+ 1)P (x)+ kP(x)).$ То есть $′ Q (x)$ получается домножением многочлена $k−1 (x+ 1)$ на ненулевой (как легко проверить) многочлен $′ (x+ 1)P (x)+ kP(x).$ По предположению индукции у многочлена $′ Q(x)$ не менее $k$ ненулевых коэффициентов, следовательно, у многочлена $Q (x)$ не менее $k+ 1$ ненулевых коэффициентов.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 189#81819Максимум баллов за задание: 7

Существуют ли такие многочлены $P(x)$ и $Q(x)$ с вещественными коэффициентами, что

10 9 21 20 P(x) + P(x)= Q(x) + Q(x)

Показать ответ и решение

Пусть такие многочлены существуют. Приравнивая степени многочленов слева и справа, понимаем, что $degP =21n,degQ = 10n$ для некоторого натурального $n.$ Возьмём производную от левой и правой частей равенства:

′ 9 8 ′ 20 19 P (x)(10P (x) + 9P (x) )=Q (x)(21Q(x) + 20Q(x) )

Нетрудно понять, что НОД $(10P (x)+ 9,P(x))=$ НОД $(10P(x)+ 9,P(x)+ 1)= 1.$ Следовательно, НОД $(10P (x)+ 9,P (x)9(P(x)+ 1))= 1.$ Из первоначального равенства следует, что $P (x)9(P(x)+ 1)$ делится на $Q (x),$ а значит НОД $(10P(x)+9,Q(x))= 1.$ Таким образом, $Q′(x)(21Q(x)+20)$ делится на $10P(x)+ 9.$ Осталось заметить, что это невозможно, поскольку $′ 0 <deg(Q (x)(21Q (x)+ 20))= 20n− 1<21n =deg(10P(x)+9),$ то есть мы пришли к противоречию.

Ответ:

Не существуют

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 190#81873Максимум баллов за задание: 7

Существует ли многочлен с вещественными коэффициентами, значения которого во всех натуральных числах — степени двойки?

Показать ответ и решение

Предположим, что существует. Ясно, что начиная с некоторого натурального $n 0$ многочлен будет либо строго возрастать, либо строго убывать (пусть возрастать). Получается, что с некоторого момента многочлен на натуральных числах будет расти не медленнее, чем показательная функция $x 2,$ но такого быть не может. Функция $x 2$ рано или поздно перерастёт любой многочлен.

Ответ:

Не существует

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 191#81875Максимум баллов за задание: 7

Все значения унитарного (то есть с коэффициентом $1$ при старшей степени) целочисленного многочлена в целых точках — точные квадраты. Докажите, что сам многочлен представим как квадрат некоторого многочлена.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Воспользуемся методом, который часто используется при решении функциональных уравнений. Пусть дано некоторое уравнение относительно f(x). Если мы предполагаем, что единственным решением является данная (конкретная) функция g(x), то полезно сделать замену f(x)=g(x)+h(x), для некоторой функции h(x). Таким образом, вместо того, чтобы доказывать, что f(x)=g(x), что бывает достаточно сложно для произвольной данной функции g(x), мы хотим показать, что h(x)=0, это часто бывает проще. Как этим принципом можно воспользоваться в рамках нашей задачи?

Подсказка 2

Пусть P(x) — исходный многочлен. Мы хотим показать, что P(x)=Q²(x) для некоторого многочлена Q(x). Давайте положим P(x)=Q²(x)+H(x) для некоторых многочленов Q(x) и H(x). Ясно, что такая пара многочленов (Q, H) задается не единственным образом, и даже если P(x) действительно является квадратом некоторого многочлена, то существуют пары многочленов (Q, H), такие что P(x)=Q²(x)+H(x), где H(x)≠0. Какие дополнительные условия можно наложить на Q(x) так, в случае, если P(x) являлся квадратом, то равенство P(x)=Q²(x)+H(x) было бы возможно только при H(x)=0?

Подсказка 3

Мы хотим, чтобы Q²(x) как можно сильнее совпадал с P(x), это можно обеспечить, если у нас получится сохранить равенство коэффициентов. Равенство скольки первых коэффициентов Q²(x) и P(x) мы можем гарантированно обеспечить?

Подсказка 4

Пусть 2n — степень многочлена P(x). Несложно показать, что мы можем обеспечить равенство первых n коэффициентов Q²(x) и P(x). Что можно сказать о степени многочлена H(x) в этом случае?

Подсказка 5

Степень H(x) не превосходит n-1, причем все коэффициенты Q(x) являются рациональными в силу целочисленности коэффициентов P(x), следовательно, то же верно для многочлена H(x). Предположим, что степень H(x) выше 0.

Нам известно, что Q²(x)+H(x)=P(x)=m², при некотором целом m для каждого целого значения x. Как можно оценить m через значения многочлена при достаточно больших n?

Подсказка 6

Посчитаем НОК всех знаменателей Q и H и домножим на его квадрат. Равенство будет иметь тот же вид, только Q и H будут целочисленными. При достаточно больших целых x многочлен H(x) будет либо принимать огромные по модулю положительные, либо отрицательные значения (не умаляя общности, пусть положительные), поскольку его степень больше 0. В таком случае при бесконечном количестве огромных целых x многочлен H принимает положительные значения, то есть m²>Q²(x). Отсюда следует, что в силу целочисленности многочлена Q справедливо неравенство m²≥(Q(x)+ 1)². Что это говорит о значениях P(x) и Q(x) при достаточно больших x?

Подсказка 7

При достаточно больших x верно, что H(x)=m²-Q²(x)≥(Q (x)+ 1)²-Q²(x)=2Q(x)+1. Возможно ли это?

Подсказка 8

Нет, поскольку степень многочлена H(x) меньше 2Q(x)+1. Тем самым мы показали, что степень многочлена H(x) равна 0. Таким образом, он равен константе. Осталось показать, что тогда он равен 0.

Показать доказательство

Пусть многочлен $P (x)= x2n+ a x2n− 1+...+a xn+ ...+ ax +a 2n−1 n 1 0$ во всех целых точках равен точному квадрату. Подберём такие многочлены $Q(x)$ и $H (x),$ что $2 P(x)=Q (x)+ H(x)$ и $2 Q (x)$ имеет коэффициенты $1,a2n−1,...,an$ при $2n 2n− 1 n x ,x ,...,x$ (это будет означать, что $deg(H(x))≤n − 1$ ).

Пусть $n n−1 Q(x)= x + bn−1x +...+ b0,$ тогда коэффициент $2 Q (x)$ при $2n− 1 x$ равен $2bn−1,$ то есть необходимо взять $a2n−1- bn−1 = 2 .$

Пусть теперь мы смогли подобрать коэффициенты $bn−1,bn−2,...,bn−k+1.$ Это означает, что мы уже получили нужные коэффициенты перед $2n 2n−1 2n−k+1 x ,x ,...,x$ у многочлена $2 Q (x).$ Ясно, что одночлен $2n− k x$ можно получить так:

xn⋅xn−k,xn− 1⋅xn−k+1,xn−2⋅xn− k+2,...xn−k⋅xn

где первый множитель из первой скобки, а второй — из второй. Следовательно, коэффициент при $2n−k x$ у многочлена $2 Q (x)$ равен $2bb−k +A,$ где $A = bn− 1bn−k+1+ bn − 2bn−k+2+...+bn−k+1bn−1.$ Таким образом, можно взять $a2n−k−-A bn−k = 2 .$ Значит, такой многочлен $Q(x)$ получится подобрать, равно как и многочлен $H.$

Из условия следует, что уравнение $2 2 m =Q (x)+H (x)$ имеет бесконечно много целочисленных решений. Из приведённого выше подсчёта ясно, что коэффициенты $Q$ и $H$ рациональные. Посчитаем НОК всех знаменателей $Q$ и $H$ и домножим на его квадрат. Равенство будет иметь тот же вид, только $Q$ и $H$ будут целочисленными. При огромных целых $x$ многочлен $H(x)$ будет либо принимать огромные по модулю положительные, либо отрицательные значения (не умаляя общности, пусть положительные). В таком случае при бесконечном количестве огромных целых $x$ многочлен $H$ принимает положительные значения, то есть $m2 > Q2(x).$ Отсюда следует, что в силу целочисленности многочлена $Q$ справедливо неравенство $m2 ≥ (Q(x)+ 1)2.$ Таким образом,

H (x) =m2 − Q2 (x)≥ (Q (x)+ 1)2− Q2(x)=2Q (x)+ 1

при бесконечном количестве целых $x.$ Но такого не может быть, поскольку $deg(H (x))≤ n− 1< deq(Q(x))= deg(2Q(x))+ 1.$ Пришли к противоречию.

Значит, многочлен $H$ не может принимать огромные положительные или отрицательные значения в бесконечном количестве точек. Отсюда получаем, что $H$ равен константе. Предположим, что константа ненулевая (пусть, не умаляя общности, она положительна). В таком случае равенство $c =m2 − Q2 (x)$ имеет бесконечно много решений, но ясно, что любое натуральное число представляется в виде разности квадратов конечным числом способов. Следовательно, $H$ — тождественный $0,$ откуда $P(x)= Q2(x),$ что и требовалось.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 192#86846Максимум баллов за задание: 7

Пусть $a+ b+ c= 0,a2+ b2 +c2 = 1.$ Найдите $a4 +b4+ c4.$

Показать ответ и решение

Заметим, что $ab+bc+ ac = (a+b+c)2−a2−b2−c2-= − 1. 2 2$ Значит

4 4 4 2 2 2 2 22 22 2 2 a + b +c = (a +b + c) − 2(a b +b c +c a)=

2 2 2 2 2 = (a +b + c) − 2((ab+bc+ ac) − 2(abc(a+ b+c)))=

= (a2 +b2+ c2)2− 2(ab+bc+ ac)2+ 4abc(a+b+ c)= 1− 1+ 0= 1 2 2

Ответ:

$1 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 193#86847Максимум баллов за задание: 7

Выразите $a4+ b4+ c4$ через элементарные симметрические многочлены.

Показать ответ и решение

Воспользуемся следующим тождеством:

4 4 4 2 2 2 2 2 a + b+ c = (a + b +c ) − 2(ab+bc+ ac) + 4abc(a +b+ c)=

2 2 2 = ((a+ b+ c) − 2(ab+ bc+ac)) − 2(ab+ bc +ac) +4abc(a+ b+c)

Осталось обозначить симметрические многочлены и получится ответ.

Ответ:

$a4+ b4+c4 = σ4− 4σ2σ + 2σ2+ 4σ σ 1 1 2 2 1 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 194#86848Максимум баллов за задание: 7

Про целые числа $a,b,c$ известно, что $a +b+ c= 0.$ Докажите, что число $2a4+ 2b4+ 2c4$ является квадратом целого числа.

Показать доказательство

Мы знаем, что сумма четвёртых степеней $a,b$ и $c$ записывается следующим образом:

4 4 4 4 2 2 a +b + c =σ1 − 4σ1σ2+2σ2 + 4σ1σ3

Так как $σ1 = 0,$ то получаем, что $2a4+2b4+ 2c4 =4σ2. 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 195#86849Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что произведение всех чисел вида $± √1± √2± ...± √10$ является

(a) целым числом;

(b) квадратом.

Показать доказательство

(a) Рассмотрим многочлен $P(x)=(x2− 1)(x2− 2)...(x2− 10).$ Из теоремы Виета следует, что любой элементарный симметрический многочлен от корней этого многочлена принимает целое значение, так все коэффициенты многочлена $P$ целые. Но так как произведение чисел вида $√- √- √-- ± 1± 2 ±...± 10$ это симметрический многочлен, то и его значение тоже целое.

(b) Разобьем все числа на пары противоположных: $√ - √ -- 1± 2± ...± 10$ и $√ - √ -- − 1 ∓ 2∓...∓ 10.$ Так как пар чётное количество, в каждой паре числа равны по модулю и разных знаков, то достаточно показать, что произведение чисел вида $√- √-- 1± 2 ±...± 10$ является целым. А это можно показать аналогично пункту (a), рассмотрев многочлен $2 2 P = (x − 1)(x − 2)...(x − 10).$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 196#86852Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что у многочлена $P (x ,x,...,x )= ∏ (x − x ) 1 2 n 1≤i<j≤n i j$ все коэффициенты равны $+ 1,− 1$ или $0.$

Показать доказательство

Докажем, что определитель Вандермонда равен с точностью до знака определителю матрицы на рисунке ниже. Легко видеть, что определитель данной матрицы является кососимметрическим многочленом относительно $x1,...,xn$ по свойству определителя (так как определитель матрицы с двумя равными строчками равен $0$ ). Тогда определитель делится на определитель Вандермонда. С другой стороны степени этих однородных многочленов равны, а также равны с точностью до знака коэффициенты при $n− 1n−2 0 x1 x2 ...xn.$ То есть определитель Вандермонда равен определителю матрицы на рисунке с точностью до знака. Но по формуле определителя легко видеть, что каждое слагаемое действительно будет входить с коэффициентом $+1,−1$ или $0$ в данный многочлен. То есть мы получили требуемое.

$PIC$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 197#86853Максимум баллов за задание: 7

Пусть для натурального числа $n$ и простого числа $p$ нашлись натуральные числа $a ,...,a 1 n+1$ такие, что их $n$ -е степени дают одинаковые остатки при деление на $p.$ Докажите, что какие-то $ai$ и $aj$ дают одинаковые остатки при делении на $p.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вам нужно доказать, что из n+1 элемента 2 совпадают. Как это можно сделать? Можно найти многочлен степени n, где a_i будут корнями! Как его искать?

Подсказка 2

Рассмотрите многочлен x^n-r над полем F_p. Что можно сказать про a_i и этот многочлен?

Показать доказательство

Рассмотрим многочлен $xn− r$ над полем $𝔽 , p$ где $r$ — остаток от деления $an 1$ на $p.$ По условию $a,...a 1 n+1$ являются его корнями. Но над нашим полем этот многочлен имеет не более $n$ корней. То есть какие-то два из чисел $a1,...,an+1$ действительно дают одинаковые остатки при делении на $p.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 198#86854Максимум баллов за задание: 7

(a) Пусть $f(x),g(x)∈𝔽p[x].$ При этом для любого $c∈𝔽p$ выполнено $f(c) =g(c).$ Докажите, что $f(x)− g(x)$ делится на $p x − x.$

(b) Многочлены $P(x),Q(x)∈𝔽p[x]$ степени не выше $p − 1$ функционально равны. Докажите, что они равны и формально.

Показать доказательство

(a) Заметим, что многочлен $p x − x= x(x − 1)...(x− p+1)$ над полем $𝔽p.$ Рассмотрим многочлен $f(x)− g(x).$ По условию $0,1,...p− 1$ являются его корнями. Следовательно, $f(x)− g(x)$ делится на $x(x− 1)...(x− p +1)$ по теореме Безу, что и требовалось доказать.

(b) Из предыдущего пункта мы знаем, что разность многочленов делится на $p x − x.$ Но степень их разности не больше $p− 1.$ Значит, такое возможно только, если разность тождественно равна $0,$ то есть они равны формально, что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 199#86855Максимум баллов за задание: 7

Доказать, что для любого целого $m,$ не кратного $p − 1,$ существует $n,$ не кратное $p$ такое, что $nm ⁄≡ 1 (mod p).$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Предположим противное. Переведем задачу на язык сравнений, а так же посмотрим на многочлен x^m-1 над полем F_p. Что вы можете сказать про его корни?

Подсказка 2

Докажите, что все вычеты его корни. Что это значит? Это означает, что x^m - 1 делится на x^(p-1)-1. Поймите, почему это ведет к противоречию?

Показать доказательство

Предположим противное. То есть существует $m,$ для которого $xm ≡ 1 (mod p)$ для любого $x,$ не делящегося на $p.$ Посмотрим на многочлен $m x − 1$ над полем $𝔽p.$ Покажем, что на самом деле в таком случае $m x − 1$ делится на $p−1 x − 1.$ Заметим, что многочлен $p x − x= x(x− 1)...(x− p+ 1)$ над полем $𝔽p$ . Тогда мы понимаем, что $0,1,...p− 1$ являются корнями $m x − 1$ . Следовательно, он делится на $x(x − 1)...(x− p+1)$ по теореме Безу, то есть и на $p−1 x − 1.$ Пусть теперь $r$ — остаток от деления $m$ на $p− 1.$ Тогда многочлен $m r x − x$ делится на $p−1 x − 1,$ следовательно, и многочлен $r x − 1$ делится на $m x − 1.$ Но $r m deg(x − 1)< deg(x − 1)$ — противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 200#86856Максимум баллов за задание: 7

Назовём многочлен с целыми коэффициентами перестановочным по модулю $p,$ если его значения дают все возможные остатки при делении на $p.$ Существует ли перестановочный по модулю $101$ многочлен степени

(a) $17;$

(b) $100;$

Показать ответ и решение

(a) Подойдёт многочлен $x17.$ Предположим обратное. Пусть $a17 ≡ b17 (mod 101)$ для различных остатков $a$ и $b.$ Тогда эти остатки ненулевые. По малой теореме Ферма имеем $100 100 a ≡ b (mod 101).$ Тогда $2 17⋅6−100 17⋅6−100 2 a ≡a ≡ b ≡ b (mod 101).$ И значит $17−2⋅8 17−2⋅8 a ≡a ≡ b ≡ b (mod 101).$ Противоречие, значит многочлен $17 x$ является перестановочным.

(b) Подойдёт многочлен $100 101x + x.$ Действительно, остаток числа $100 101x +x$ при делении на $101$ равен $x.$ А многочлен $x$ является перестановочным.

(c) Подойдёт многочлен $10 101x + x.$ Действительно, остаток числа $100 101x +x$ при делении на 101 равен $x.$ А многочлен $x$ является перестановочным.

Ответ:

Существует во всех пунктах

Следующая подтема