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 201#86858Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что над полем $𝔽 p$ существует бесконечно много неприводимых многочленов. (Неприводимый многочлен — это многочлен, который нельзя представить в виде произведения двух многочленов ненулевой степени)

Показать доказательство

Предположим, что существует лишь конечное число неприводимых многочленов. Рассмотрим их произведение, увеличенное на $1.$ Легко видеть, что полученный многочлен не делится ни на один из неприводимых, следовательно, он сам является неприводимым — противоречие.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 202#87088Максимум баллов за задание: 7

Многочлен с целыми коэффициентами принимает значение $5$ при пяти различных целых значениях $x.$ Докажите, что у него нет целых корней.

Показать доказательство

Предположим обратное. Пусть $P(n)=0,$ а $P(a) =P(b)= P(c)= P(d)=P (e)= 5,$ где $n,a,b,c,d,e ∈ℤ.$ Тогда мы знаем, что если многочлен $P (x)$ с целыми коэффициентами, то для любых различных целых $a$ и $b$ верно, что $.. P (a)− P(b).a− b.$ Тогда получаем, что $.. .. P (a)− P(n).a − n,P(b)− P(n).b− n$ и т.д. То есть $.. 5.a− n,b− n,c − n,d− n,e − n.$ Но все числа справа различны, а у $5$ есть только $4$ целых делителя. Противоречие, значит целых корней у данного многочлена нет.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 203#87099Максимум баллов за задание: 7

(Лемма Гензеля). Пусть $P(x)$ многочлен с целыми коэффициентами. Тогда для любого простого $q,$ натурального $s$ и целых $r,n$ верно следующее сравнение:

s s ′ 2s P(n+ rq)≡ P(n)+ rq P (n) (mod q )

Показать доказательство

Пусть у нас есть многочлен $P (x)= a xk+ a xk−1+ ...+ ax+ a . k k−1 1 0$ Давайте теперь просто запишем наше сравнение:

sk sk−1 s ak(n +rq) + ak−1(n+ rq) + ...+ a1(n+ rq)+ a0 ≡

k k−1 s k−1 k−2 2s ≡akn + ak−1n +...+ a1n+ a0+rq (akkn + ak−1(k− 1)n + ...+ a1n +a0) (mod q )

Раскроем скобки справа и первые два слагаемых в биноме Ньютона слева:

a nk+ka nk−1rqs+ ...+ a nk−1+ a (k− 1)nk−2rqs+...+a n+ a rqs+ a ≡ k k k− 1 k−1 1 1 0

≡ aknk +ak−1nk−1+...+a1n+ a0+ rqsakknk−1+ rqsak−1(k− 1)nk−2+...+rqsa1n +rqsa0 (mod q2s)

Видно, что правая часть полностью сокращается после этого вместе с двумя первыми слагаемыми в биноме, и теперь слева остаются слагаемые, которые как раз содержат $qs$ минимум во второй степени.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 204#87101Максимум баллов за задание: 7

Пусть $P (x)$ — неприводимый многочлен с целыми коэффициентами, не равный тождественно константе. Тогда существует бесконечно много простых чисел $q$ таких, что для каждого из них выполняется равенство $νq(P(n))= 1$ при некотором целом $n =n(q).$

Показать доказательство

Докажем сначала следующую лемму.

Лемма. Пусть $P(x)$ неприводимый многочлен с рациональными коэффициентами, тогда $P (x)$ и его производная $′ P(x)$ взаимно просты.

Доказательство. Предположим противное, т.е. что существует непостоянный многочлен $D(x)$ с рациональными коэффициентами, который делит как $P(x),$ так и $′ P (x).$ Поскольку $P (x)$ неприводим, то $D (x)= cP(x),$ следовательно, $P(x)$ должен делить $′ P (x),$ что, очевидно, неправда.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Значит, существуют многочлены $A (x)$ и $B(x)$ с целыми коэффициентами такие, что $′ A(x)P(x)+ B(x)P (x)= C$ для некоторого целого $C.$ Это означает, что каждое простое $q,$ большее $|C|$ (из теоремы Шура можно понять, что их бесконечно много), делящее $P(n)$ при каком-то целом $n,$ не является делителем числа $P′(n).$ Поэтому из леммы Гензеля следует, что для таких $q,n$ верно следующее:

P(n+ q)− P(n)≡ qP′(n)⁄= 0mod q2

Значит, по крайней мере одно из чисел $P (n)$ и $P(n+ q)$ делится на $q,$ но не делится на $2 q ,$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 205#87108Максимум баллов за задание: 7

Пусть $P(x)$ — многочлен с целыми коэффициентами такой, что при каждом натуральном $n$ значение многочлена $P(n)$ является нетривиальной точной степенью некоторого натурального числа, т.е. $s(n) P (n)= m (n) ,$ где $m(n),s(n)$ — натуральные числа, большие $1.$ Докажите, что существует натуральное $s >1$ и многочлен $Q(x)$ с целыми коэффициентами такие, что $s P (x)= Q(x).$

Показать доказательство

Докажем для начала следующую лемму.

Лемма. Пусть $P(x)$ — неприводимый многочлен с целыми коэффициентами, не равный тождественно константе. Тогда существует бесконечно много простых чисел $q$ таких, что для каждого из них выполняется равенство $νq(P(n))= 1$ при некотором целом $n =n(q).$

Доказательство. Здесь нам понадобится такое наблюдение. Если $P(x)$ неприводимый многочлен с рациональными коэффициентами, тогда $P(x)$ и его производная $′ P (x)$ взаимно просты. Предположим противное, т.е. что существует непостоянный многочлен $D(x)$ с рациональными коэффициентами, который делит как $P(x),$ так и $′ P (x).$ Поскольку $P (x)$ неприводим, то $D (x)= cP(x),$ следовательно, $P (x)$ должен делить $′ P (x),$ что, очевидно, неправда.

P(n+ q)− P(n)≡ qP′(n)⁄= 0mod q2

Значит, по крайней мере одно из чисел $P (n)$ и $P(n+ q)$ делится на $q,$ но не делится на $2 q ,$ что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Пусть $α α P(x)= aP11...Pt t,$ где $a∈ ℤ,$ а $P1,...Pt$ — различные неприводимые многочлены с целыми коэффициентами. Для каждой пары различных индексов $i,j$ существует целая ненулевая константа $cij$ такая, что

Pi(x)Aij(x)+Pj(x)Bij(x)= cij

при некоторых многочленах $Aij(x),Bij(x)$ с целыми коэффициентами. По нашей лемме существуют простые $q1,...,qt > |a|⋅max1≤j≤t|cij|$ такие, что $νqi(Pi(ni))= 1$ при некоторых натуральных $n.$ Согласно выбору простых $qi$ (напомню, что, в частности, $qi >|cij|$ для всех $1≤ j ≤ t$ ) выполняется равенство $νqi(Pj(ni))= 0,$ иначе левая часть равенства

Pi(ni)Aij(ni)+Pj(ni)Bij(ni)=cij

делится на $qi,$ в отличие от правой части.

По китайской теореме об остатках существует такое натуральное $n,$ что

n≡ n1 mod q21

...

2 n≡ nt mod qt

Из леммы Гензеля следует, что $νq (Pi(n))= 1; i$ также очевидно, что при всех отличных от $i$ индексов $j$ простое число $qi$ не делит $P (n) j$ так же, как оно не делит $P (n). j i$ Следовательно для каждого индекса $i$ верно равенство

νqi(P (n))= νqi(a)+ α1⋅νqi(P1(n))+⋅⋅⋅+αt⋅νqi(Pt(n))= αi

С другой стороны, $νqi(P(n))= s(n)⋅νqi(Q(n)),$ следовательно $s(n)|αi$ для каждого $1≤ i≤t.$ Значит, у чисел $αi$ есть общий делитель $s= s(n)>1,$ то есть $Pα1...pαt= Qs 1 t 1$ для некоторого многочлена $Q1 ∈ ℤ[x].$ Так как $P(n)$ является точной $s$ -той степенью, то $s$ -той степенью является также и число $a,$ поэтому многочлен $Q(x)=a1∕sQ1 (x)$ удовлетворяет условиям задачи, что и требовалось найти.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 206#88395Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что многочлен $x200y200 +1$ нельзя представить в виде произведения $p(x)⋅q(y),$ где $p,q ∈ R[x].$

Показать доказательство

Предположим противное, пусть существуют такие многочлены $p(x)$ и $q(y).$ Понятно, что их степени равны $200.$ Пусть $a$ и $b$ — старший и младший коэффициенты у $p(x),m$ и $n$ — у $q(y).$ Тогда нетрудно понять, что $am = 1$ и $bn =1,$ иначе мы не получим коэффициенты $1$ при одночленах $200 200 x y$ и $00 x y.$ Многочлен $200 200 x y + 1$ имеет нулевой коэффициент перед одночленом $0 200 y x ,$ а многочлен $p(x)⋅q(y)$ — $na.$ Таким образом, $na =0,$ но тогда какое-то из равенств $am = 1$ или $bn =1$ не выполнится, противоречие.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 207#88396Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что многочлен с целыми маленькими коэффициентами, у которого свободный член — огромное простое число, неприводим над $ℚ.$ Например, многочлен $28 7 2 x − 5x + 16x − 2x+ 65537$ таков.

Показать доказательство

Докажем сначала лемму, которая поможет решить задачу.

Лемма. Многочлен с целыми коэффициентами неприводим над $ℤ$ тогда и только тогда, когда он неприводим над $ℚ.$

Доказательство. Пусть $f$ — многочлен с целыми коэффициентами и $f = gh,$ где $g,h$ — многочлены с рациональными коэффициентами. Обозначим наибольший общий делитель коэффициентов многочлена $cont(f).$ Тогда можно считать, что $cont(f)= 1.$ Выберем для многочлена $g$ натуральное число $m$ так, что многочлен $mg$ имеет целые коэффициенты. Пусть $n =cont(mg).$ Тогда рациональное число $r= m∕n$ таково, что многочлен $rg$ имеет целые коэффициенты и $cont(rg)= 1.$ Аналогично выберем положительное рациональное число $s$ для многочлена $h.$ Покажем, что в таком случае $rs=1,$ т. е. разложение $f = (rg)(sh)$ является разложением над кольцом целых чисел. Действительно, согласно лемме Гаусса $cont(rg)cont(sh)= cont(rsgh),$ т. е. $1= cont(rsf).$ Учитывая, что $cont(f)= 1,$ получаем $rs= 1.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Теперь понятно, что достаточно показать неприводимость многочлена над $ℤ$ . Пусть многочлен $P(x)$ из условия раскладывается в произведение двух многочленов $P (x)= Q(x)⋅R(x)$ с целыми коэффициентами. Так как свободный коэффициент многочлена $P (x)$ равен произведению свободных членов $Q(x)$ и $R (x)$ , то один из свободных коэффициентов многочленов $Q$ и $R$ большое простое число, а другой — 1. Пусть свободный член $R$ равен 1. Из основной теоремы алгебры и теорема Виета получаем, что у многочлена $R (x)$ произведение корней равно 1. Следовательно, у $R(x)$ есть корень, который по модулю не превосходит 1. Значит и у многочлена $P(x)$ тоже есть такой корень, что невозможно, так как при подстановке в $P(x)$ числа, по модулю не превосходящего 1, свободный член “перевесит” суммы всех остальных членов.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 208#88397Максимум баллов за задание: 7

Пусть $f(x)$ и $g(x)$ — взаимно простые многочлены, все коэффициенты которых — целые числа. Докажите, что существует натуральное $M$ такое, что для всех натуральных $n$ справедливо неравенство $(f(n),g(n))< M.$

Показать доказательство

НОД многочленов представим в виде их линейной комбинации:

1 =f(x)⋅A(x)+ g(x)⋅B(x)

где $A,B ∈ ℚ.$ Домножим это равенство на $M$ — НОК знаменателей всех нецелых коэффициентов. Тогда имеем $M = f(x)⋅A (x)+ g(x)⋅B(x),$ все многочлены целочисленные. Очевидно, что $M$ всегда делится на $(f(n),g(n)),$ а значит $(f(n),g(n))< M +1,$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 209#88398Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что для каждого полинома $f(x)∈ Q[x]$ существует такой полином $g(x)∈ Q[x],$ что $g(x2016)$ делится на $f(x).$

Показать доказательство

Многочлен $f(x)$ степени $n$ имеет $n$ комплексных корней $x ,x ,...,x . 1 2 n$ Все симметрические многочлены от этих корней принимают рациональные значения, так как у $f$ все коэффициенты рациональные. Заметим, что многочлен $g(x)$ с корнями $2016 2016 2016 x1 ,x2 ,...,xn$ также имеет рациональные коэффициенты, так как каждый его коэффициент — симметрический многочлен от переменных $2016 2016 2016 x1 ,x2 ,...,xn ,$ который, в свою очередь, выражается через симметрические многочлены от переменных $x1,x2,...,xn.$ Тогда многочлен $2016 g(x )$ имеет корни $x1,x2,...,xn,$ а значит делится на $f(x),$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 210#88399Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что многочлен $f(x)=xp−1+ xp−2+...+1$ неприводим.

Показать доказательство

Подставим $t+1$ вместо $x$ и будем доказывать неприводимость по $t$ (понятно, что неприводимость по $t$ и по $x$ равносильны). Имеем $p−1 p−2 f(t)= (t+1) +(t+ 1) + ...+ 1.$ Раскроем все скобочки и посчитаем коэффициент при $i t :$ скобочка $p−1 (t+ 1)$ даёт вклад $i Cp−1$ в коэффициент, скобочка $p−2 (t+ 1)$ — $i Cp−2,$ и так дальше до скобочки $i (t+1),$ которая даёт вклад $i Ci.$ Таким образом, коэффициент перед $i t$ равен:

i i i i+1 Cp−1+ Cp−2+...+Ci =C p

В справедливости последнего равенства можно убедиться, если заменить слагаемое $i C i$ на $i+1 Ci+1$ и постепенно применять тождество $k k k− 1 Cn = Cn−1+C n− 1$ к правой части.

Теперь нетрудно заметить, что старший коэффициент равен $1$ , то есть не делится на $p,$ все остальные коэффициенты делятся на $p,$ так как $p$ входит в числитель $i+1 Cp$ и не входит в знаменатель при $i⁄= p− 1.$ Младший член равен $p,$ то есть он делится на $p,$ но не делится на $2 p,$ а значит по критерию Эйзенштейна многочлен неприводим, что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 211#88400Максимум баллов за задание: 7

Пусть $n >2$ — натуральное число, $a,...,a 1 n$ — различные целые числа. Докажите, что многочлен $(x− a )(x− a )...(x− a )− 1 1 2 n$ неприводим над $ℤ.$

Показать доказательство

Предположим противное, пусть $(x− a )(x− a)...(x− a )− 1 =P (x)Q(x),degP > 0,degQ> 0, 1 2 n$ тогда $P(a )Q(a )= −1 i i$ при $i=1;2;...;n.$ Таким образом, каждый из многочленов $P$ и $Q$ в $n$ точках принимают значения $± 1.$ По принципу Дирихле степень одного из многочленов $P$ и $Q$ не больше $n 2,$ пусть $n degP ≤ 2.$ Если знак строгий, то тогда мы понимаем, что по принципу Дирихле $P(x)$ принимает либо значение $1,$ либо $− 1$ в не менее чем в $n 2$ точках, а сам имеет степень меньше $n 2,$ значит $P(x)$ тождественно равен либо $1,$ либо $− 1$ , противоречие.

Пусть теперь $n$ — чётное, $n degP = degQ = 2$ и в половине ашек $P(x)$ принимает значение $1,Q(x)$ — значение $− 1,$ в другой половине — наоборот. Заметим, что многочлены $P(x)− 1$ и $Q(x)+1$ имеют одинаковый набор корней. Поэтому если они и отличаются, то только домножением на целую константу. Но многочлен $(x− a1)(x− a2)...(x− an)− 1$ имеет старший коэффициент $1,$ значит и многочлены $P$ и $Q$ тоже. Тогда $P (x)− 1= Q(x)+1.$ Но аналогично можно сказать, что $P(x)+ 1= Q(x)− 1.$ Если вычесть из одного равенства другое, получим $− 2= 2,$ противоречие.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 212#88401Максимум баллов за задание: 7

Многочлен $P(x)$ с действительными коэффициентами принимает только положительные значения. Докажите, что найдутся многочлены $Q (x)$ и $R(x)$ с действительными коэффициентами такие, что $2 2 P(x)= Q (x)+ R (x).$

Показать доказательство

Понятно, что степень $P(x)$ — чётная, в противном случае при огромных по модулю отрицательных $x$ он бы принимал отрицательные значения. Теперь воспользуемся следующей теоремой, которая говорит о том, что любой многочлен над $ℝ$ степени $> 0$ раскладывается в произведение линейных и квадратных множителей с отрицательным дискриминантом. Отсюда мы понимаем, что многочлен $P$ раскладывается на линейные и квадратичные множители с неположительным дискриминантом, у которых вещественные коэффициенты. Если какой-то линейный множитель входит в нечётной степени $2t+1 (ax− b) .$ Будем считать, что $2t (ax− b)$ — $t$ квадратных трёхчленов с неположительным дискриминантом, а $(ax− b)$ — линейный множитель. Если же какой-то линейный множитель входит в чётной степени, то просто будем рассматривать его, как произведение нескольких квадратных трёхчленов с нулевым дискриминантом. Понятно, что количество линейных множителей чётно, тогда и количество вещественных корней чётно. Пусть это корни $x1 <x2 <...<x2k−1 < x2k,$ но тогда на отрезке $(x2k− 1;x2k)$ многочлен принимает отрицательные значения. Таким образом, линейных множителей у него нет и он раскладывается на квадратичные трёхчлены с неположительным дискриминантом. Каждый такой трёхчлен $ax2+ bx+ c$ представим в виде $( ) (∘ -----)2 √a(x+ b2a)2+ 4ac4−ab2 .$ Теперь будем последовательно раскрывать скобки в произведении этих трёхчленов, используя тождество $(a2 +b2)(c2+d2)= (ac− bd)2+ (ad +bc)2,$ и получим нужное представление в виде $Q2(x)+R2(x).$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 213#91457Максимум баллов за задание: 7

Незнайка решал уравнение, в левой части которого стоял многочлен третьей степени с целыми коэффициентами, а в правой — 0. Он нашёл корень $1 7$ . Знайка, заглянув к нему в тетрадь, увидел только первые два слагаемых многочлена: $3 2 19x + 98x$ и сразу сказал, что ответ неверен. Обоснуйте ответ Знайки.

Показать доказательство

Пусть у нас было уравнение $19x3+ 98x2+ax +b= 0$ . Мы знаем, что $x = 1 7$ корень. Подставим его. Тогда $19= 98+17a+ 172 17$ . Справа целое число, а левое нет. Нашли противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 214#91458Максимум баллов за задание: 7

Дан многочлен с целыми коэффициентами. Если в него вместо неизвестного подставить 2 или 3, то получаются числа, кратные 6. Докажите, что если вместо неизвестного в него подставить 5, то также получится число, кратное 6.

Показать доказательство

Заметим, что так как коэффициенты целые, то $f(x)− f(y)..x− y .$ . Значит $f(5)− f(2)..3 .$ , поэтому $f(5)..3 .$ . Аналогично, $.. f(5).2$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 215#91459Максимум баллов за задание: 7

Дано $n$ чисел, $p$ — их произведение. Разность между $p$ и каждым из этих чисел — нечётное число. Докажите, что все данные $n$ чисел иррациональны.

Показать доказательство

Пусть это числа $x i$ , а $p− x =2a + 1 i i$ . Тогда $∏(p− (2a +1))= p i$ . Значит $p$ — корень уравнения

∏ (x − (2ai+1))=x

Если $p$ рациональное, то так как он является корнем многочлена с целыми коэффициентами и со старшим коэффициентом 1, то $p$ целое. Если $p ÷2$ , то правая часть уравнения делится на 2, а левая не делится. Если $p$ нечетное, то наоборот — противоречие. Значит, $p$ иррациональное и $xi = p− 1− 2ai$ иррациональное.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 216#40271Максимум баллов за задание: 7

Кубический многочлен имеет три корня. Наибольшее его значение на отрезке $[4;9]$ достигается при $x =5$ , а наименьшее при $x =7$ . Найдите сумму корней многочлена.

Источники: ИТМО - 2021, 11.1 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте в первую очередь обозначим наш многочлен в стандартном виде. И раз нам намекают про производную в условии, то найдём и её. Исходя из заданного условия, что мы можем сказать про нули производной?

Подсказка 2

Верно, числа 5 и 7 являются просто корнями квадратного трёхчлена, то есть нулями производной. Запишем это в виде разложения на множители. Давайте теперь вспомним, какая есть теорема, где мы знаем сумму корней многочлена через его коэффициенты?

Подсказка 3

Точно, это теорема Виета! Мы можем выразить через изначальные коэффициенты кубического многочлена сумму корней производной, а оттуда найти и нужную сумму корней.

Показать ответ и решение

Пусть многочлен имеет вид $P (x)= ax3+ bx2+ cx+ d$ , откуда его производная $P′(x)= 3ax2 +2bx+ c$ .

Так как наименьшее и наибольшее значения достигаются во внутренних точках отрезка, то по необходимому условию экстремума производная в этих точках равна нулю, так что $′ f(x)$ имеет корни $5$ и $7$ , так что можно записать $′ P (x)= 3a(x − 5)(x − 7).$

По теореме Виета сумма корней многочлена $P(x)$ равна $b − a$ , а сумма корней многочлена $′ P (x)$ равна $2b- − 3a = 5+7 =12$ , откуда находим $b − a =18$ .

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 217#42248Максимум баллов за задание: 7

Найдите сумму коэффициентов после раскрытия скобок

2016 2017 (2− 3x) +(3− 2x) .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В задаче просят найти сумму всех коэффициентов многочлена. А как бы вы находили сумму, если бы , скажем, у вас был бы многочлен x ^ 2 + 2x + 1? Просто бы сложили все коэффициенты вручную. А что значит, откинуть х и просто посчитать такую сумму? Это равнозначно подстановке такого х, который не повлияет ни на один из коэффициентов. А какой х тогда нужно подставить?

Подсказка 2

Конечно, если мы подставим х = 1, то наша сумма будет равна 1 + 2 + 1. То есть, просто сумма коэффициентов. А что нам мешает для любого многочлена так сделать?

Показать ответ и решение

Сумму коэффициентов многочлена после раскрытия скобок можно посчитать, если вместо $x$ подставить единицу. Естественно она же равна значению того же многочлена в точке $x =1$ до раскрытия скобок:

2016 2017 (−1) +1 = 2

Ответ: 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 218#48858Максимум баллов за задание: 7

Петя написал в своей тетради многочлен $P (x)$ с целыми коэффициентами и предложил Васе угадать его степень. Вася задал Пете два вопроса: «Чему равно значение многочлена при $x= −3$ ?» и «Чему равен остаток от деления многочлена на $(x− n)$ , где $n$ – его степень?». Получив ответы $1$ и $6$ соответственно, Вася уверенно назвал степень многочлена. Как он это сделал? Какова степень многочлена?

Источники: Росатом-21, 11.1 (см. olymp.mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Из первого условия получаем, что P(-3) = 1. Но как можно использовать второе условие? Попробуйте записать его с помощью теоремы Безу и подставить в полученное уравнение такое значение x, чтобы P(x) был равен какому-то конкретному значению.

Подсказка 2

Отлично! Мы получили, что P(x) = (x-n)Q(x) + 6. А это значит, что P(n) = 6. Тогда мы знаем, что P(-3) = 1, а P(n) = 6. Попробуйте воспользоваться теоремой Безу для целочисленных многочленов.

Показать ответ и решение

Первое условие можно написать в виде $P(−3)= 1$ , для второго получим $P(x)= (x − n)Q(x)+6$ для некоторого многочлена $Q$ . Подставляя $n$ , имеем $P(n)=6$ . Воспользуемся теоремой Безу

P (n)− P(−3)= 6− 1 =5 кратно n+ 3

Поскольку $n≥ 0$ , то $n+ 3= 5$ (иначе $n$ отрицательно), откуда $n= 2.$

Ответ:

$2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 219#68527Максимум баллов за задание: 7

Многочлен $P(x)$ с целыми коэффициентами при $x= 2$ принимает значение $3$ , а при $x= 4$ его значение равно $1$ . Известно, что уравнение $P (n)= n− 1$ имеет целое решение. Найти это решение.

Источники: Росатом - 2021, 10.3 (olymp.mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Итак, по условию мы имеем, что P(2) = 3, P(4) = 1 и наш многочлен с целыми коэффициентами. А также при каком-то целом n получаем: P(n) = n-1. Тогда удобно применить теорему Безу для целочисленных многочленов. Что мы можем после этого сказать про n?

Подсказка 2

Отлично! Мы получили, что n-2 делится на n-4 и n-4 делится на n-2. Постойте, но когда такое возможно, что и x кратно y, и y кратно x?

Показать ответ и решение

Заметим, что $P(n)− P(2)= n− 4$ делится на $n− 2$ , что возможно только при $n= 1,3,4$ . При этом по аналогичным соображениям $P (n)− P(4)= n − 2$ делится на $n − 4$ . При $n> 6$ выполнены неравенства $0 <n − 4 <n − 2 <2⋅(n− 4)$ , поэтому $n≤ 6$ . Далее несложным перебором получаем, что делимость возможна только при $n =2,3,5$ . Вспомнив первое условие, понимаем, что возможен только один вариант $n= 3$ .

Ответ:

$n =3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 220#72251Максимум баллов за задание: 7

Числа $x,y$ и $z$ удовлетворяют равенствам

xy +yz+ zx= xyz, x+y +z =1.

Какие значения может принимать сумма $x3+ y3 +z3?$ Если возможных вариантов несколько, введите их сумму.

Источники: Муницип - 2021, Челябинская область, 9.5

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подумайте, на что нам намекают выражения -(x+y+z), xy+yz+zx, -xyz.

Подсказка 2

По теореме Виета для кубического уравнения эти три выражения являются коэффициентами при t^2, t и свободным членом соответственно, при условии, что коэффициент при t^3 равен 1 и x, y, z являются корнями данного уравнения. Запишите такое уравнение и подумайте над значениями его корней.

Подсказка 3

Заметим, что сумма коэффициентов такого уравнения равна 0. А значит, 1 является корнем уравнения. Подставив 1 в условие вместо одного из неизвестных, получим, что оставшиеся два противоположны по знаку. Тогда чему равна сумма кубов этих трех чисел?

Показать ответ и решение

Пусть $xyz = p.$ Тогда из условия $xy+ yz+ zx$ тоже равно $p.$ Значит, по теореме Виета числа $x,y$ и $z$ — это корни многочлена $3 2 t − t+ pt− p.$ Но число $1$ является корнем такого многочлена, поэтому одно из чисел равно $1.$ Тогда два других числа противоположны, а сумма кубов всех трёх равна $1.$

Ответ: 1

Следующая подтема