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 221#73374Максимум баллов за задание: 7

Существует ли такой многочлен десятой степени, принимающий целые значения при всех целых аргументах, у которого старший коэффициент не превосходит по абсолютной величине $−6 10 ?$

Источники: БИБН-2021, 11.5 (см. www.unn.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте подумаем, как мы можем сильно уменьшить главный коэффициент(или все коэффициенты), но чтобы при этом значение выражения было целым. Вспомним, где у нас были целые значения на любом аргументе, но при этом коэффициенты были не целые. А если сказать слово «комбинаторика»?

Подсказка 2

Все верно, это было в биномиальном коэффициенте. То есть, у нас выражение вида x(x - 1)*…*(x - k + 1) / k! - всегда целое. Значит, если так повезло, что 10! > 10^6, то мы победили. К счастью, это так.

Показать ответ и решение

Рассмотрим многочлен

x(x-− 1)(x−-2)(x−-3)(x−-4)(x−-5)(x−-6)(x−-7)(x−-8)(x−-9) 52⋅28 ⋅34⋅7

Во-первых, его старший коэффициент равен $1 52⋅28⋅34⋅7.$ Это меньше $1 106.$ Покажем теперь, что во всех целых точках он принимает целые значения. В числителе находится произведение десяти подряд идущих целых чисел. Докажем, что оно делится на каждый множитель знаменателя.

Делимость на $28.$ Среди десяти подряд идущих целых чисел есть пять чётных. Из этих пяти хотя бы одно делится на $8,$ хотя бы одно — на $4.$ То есть числитель всегда делится на $28.$

Делимость на $52$ следует из того, что среди десяти подряд идущих целых чисел есть хотя бы два, кратных $5.$ Аналогично получаем делимость на $7.$

Делимость на $34.$ Среди десяти подряд идущих чисел есть хотя бы три, делящихся на $3,$ притом одно из них делится на $9,$ отсюда получаем делимость.

Ответ:

Да

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 222#75134Максимум баллов за задание: 7

Пусть $P(x)$ — многочлен степени $n ≥2$ с рациональными коэффициентами такой, что $P(x)$ имеет $n$ различных вещественных корней, образующих арифметическую прогрессию. Докажите, что среди корней $P(x)$ есть два, являющиеся корнями некоторого квадратного трёхчлена с целыми коэффициентами.

Показать доказательство

Будем доказывать, что среди корней есть два, являющиеся корнями трёхчлена с рациональными коэффициентами: можно домножить все коэффициенты на произведение знаменателей и получить искомый трёхчлен с целыми коэффициентами. Также можно считать, что старший коэффициент $P$ равен $1:$ иначе поделим на этот коэффициент, условие на новый многочлен останется прежним.

Обозначим $n$ корней многочлена как $rk = a+ kb,1≤ k≤ n.$ Далее будем записывать коэффициенты многочлена $n n−1 1 P (x)= x + q1x + ...+ qn−1x + qn$ по теореме Виета для многочленов.

Во-первых, $∑ n(n+1) − q1 = rk = na+ 2 b$ — рациональное.

Во-вторых, $2 ∑ 2 2 n(n+1)(2n+1) 2 (−q1) − 2q2 = rk =na + n(n+ 1)ab+ ----6----b$ — тоже рациональное.

Тогда $2 ( ) 2 (−-q1)-−-2q2− q1 2 = n-−-1b2 n n 12$ рациональное, откуда следует, что $b2$ рациональное.

Значит, $r1 +rn = 2a+ (n +1)b= 2q1- n$ рациональное.

Наконец, $2 2 (−q1)2−-2q2 2n2− 3n-+1-2 r1rn = a + (n +1)ab+nb = n − 6 b$ — тоже рациональное.

Таким образом, $(r1,rn)$ образуют искомую пару корней.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 223#75239Максимум баллов за задание: 7

Дана пара взаимно-простых многочленов с действительными коэффициентами $P(x)$ и $Q (x)$ степеней $2021$ и $2000$ соответственно (взаимно-простые означает, что не существует многочлена $R (x),$ не равного константе, на который делятся $P(x)$ и $Q(x)).$ Гриша выбирает конечное множество действительных чисел $c1,...,cn$ (помните, в множестве элементы не повторяются, размер множества Гриша тоже выбирает сам), находит число различных кратных действительных корней у многочлена $P (x)+ ciQ(x)$ (при $i$ от 1 до $n$ ) и складывает полученные числа. Какую наибольшую сумму Гриша может получить в результате этого процесса?

Источники: Высшая проба - 2021, 11.5(см. olymp.hse.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как нам определить является ли какое-то число кратным корнем? Очень просто - надо проверить, что оно зануляет многочлен и его производную(для общего развития - подумайте какое условие нужно записать, чтобы найти корень кратности k, где k - константа). Запишите проверку на кратность корня и подумайте как компактнее записать эти два условия.

Подсказка 2

Верно, компактнее можно записать эти условия так: Q(a) != 0(почему?) и (P(x)/Q(x))’(a) = 0, где а - наш кратный корень. Как тогда оценить количество кратных корней, если все искомые кратные корни - это корни многочлена производной дроби выше?

Подсказка 3

Количество корней не больше степени многочлена, а значит, осталось найти степень и построить пример. Со степенью легко, а из каких соображений строить пример? Нам нужно, чтобы у производной было много корней. Какая теорема помогает нам искать корни производной на промежутке(нам же нужно как то полу конструктивно найти много корней производной)? Если вы поймете, что это за теорема, то подогнать данное в задаче под условие этой теоремы будет не так уж трудно.

Подсказка 4

Будем подгонять ситуацию под условие теоремы Ролля. Нам нужна непрерывность и дифференциируемость на интервале и равные значения в концах. Давайте, чтобы одни корни многочлена не залезали на другие, скажем, что у P(x) все корни действительные и различные и их столько же, какая степень, при этом, все они лежат слева от корней многочлена Q(x) на которые накладываются те же условия. Тогда остается взять за интервалы - интервалы между корнями, проверить, что все требуемые условия для теоремы Ролля выполняются, а также как-то подогнать под условие теоремы Ролля интервалы с концами в корнях Q(x), подумать про их количество и каким, может быть не интервалом, но другим промежутком, можно заменить недостающий интервал, если такой есть(спойлер - есть).

Показать ответ и решение

Оценка.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. В Гришиной сумме могут быть учтены те и только те числа $α$ , в которых производная функции $P-(x) f(x)= Q (x)$ обращается в ноль, причем каждое такое $α$ может быть посчитано максимум для одного $ci$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Доказательство. Как известно, число $α$ является кратным корнем многочлена $T (x)$ если и только если $α$ является корнем многочлена $T (x)$ и его производной $T ′(x)$ . Пусть $α$ — кратный корень $P (x)+ cQ (x)$ , имеем левую из систем:

( ( ( { P(α)+ cQ (α)= 0(∗) ⇔ { Q(α)⁄= 0 ⇔ { ′ Q(′α)⁄= 0 ( P ′(α)+cQ′(α )=0(∗∗) ( P′(α)− PQ((αα))Q ′(α)= 0 ( P(α)Q(αQ)−2P(α)(α)Q(α)= 0

Первая равносильность заслуживает пояснений: из уравнения $(∗)$ если $Q(α)= 0$ что и $P(α)=0,$ то невозможно поскольку многочлены взаимно-просты. Если же $Q (α)⁄= 0$ то деление на него является равносильным переходом, а $c$ однозначно находится из (*). Второй переход: просто поделили на $Q (x).$ Осталось заметить, что $P′(x)Q(x)Q−2(Px()x)Q′(x)$ это в точности производная $P-(x). Q (x)$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Итак, мы получили что все числа, посчитанные в гришиной сумме, это корни многочлена $T(x)= P′(x)Q (x)− P(x)Q ′(x),$ который имеет не более чем $4020$ степень (при взятии производной степень многочлена уменьшается на единицу, при перемножении многочленов - складывается, при вычитании не увеличивается), покажем что $T(x)$ не может быть тождественно нулем (на самом деле покажем, что степень ровно $4020$ ). Пусть $p 2021$ и $q 2000$ — старшие (а значит, ненулевые) коэффициенты многочленов $P(x)$ и $Q(x)$ соответственно. Тогда коэффициент $T(x)$ при $x4020$ есть $2021p q − 2000p q = 21p q ⁄= 0. 2021 2000 20212000 20212000$ Таким образом, мы доказали оценку сверху: сумма не может быть больше $4020.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Пример.

Возьмём $P (x)$ и $Q(x)$ такими, что все их корни вещественны, различны и все корни $P(x)$ лежат левее всех корней $Q (x).$ Тогда есть $2020$ отрезков между соседними корнями $P(x),$ на каждом из этих отрезков функция $f(x)$ непрерывна (все корни знаменателя правее), равна нулю в концах отрезка и не равна нулю в остальных точках, значит в какой-то точке производная принимает нулевое значение по теореме Ролля — нашли $2020$ нулей производной. Теперь посмотрим на интервалы между соседними корнями $Q(x),$ и также на открытый луч от самого правого из них до плюс бесконечности. На каждом интервале функция непрерывна, не меняет знак (поскольку не принимает нулевого значения — все корни числителя лежат левее), в концах интервалов $f(x)$ стремиться к бесконечности (поскольку это корни числителя), при $x→ +∞$ аналогично $f(x)$ стремится к бесконечности, поскольку степень числителя больше степени знаменателя. Значит, на каждом из промежутков модуль достигает минимума во внутренней точке, там производная обращается в ноль (альтернативно можно воспользоваться теоремой Ролля для функции $1 f(x)$ ) — нашли еще $2000$ нулей производной.

Ответ:

$4020$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 224#76053Максимум баллов за задание: 7

Дан многочлен $P(x)$ степени $10$ со старшим коэффициентом $1.$ График $y = P(x)$ целиком лежит выше оси $Ox.$ Многочлен $− P (x)$ разложили на неприводимые множители (то есть такие многочлены, которые не могут быть представлены в виде произведения двух непостоянных многочленов). Известно, что при $x= 2020$ все полученные неприводимые многочлены принимают значение $− 3.$ Найдите $P (2020).$

Источники: Ломоносов - 2021, 11, отборочный тур (см. olymp.msu.ru)

Показать ответ и решение

По условию $P(x)$ лежит выше оси $Ox,$ это значит что у многочлена $P (x)$ нет действительных корней. Следовательно, многочлен $P(x)$ раскладывается на неприводимые многочлены $2$ степени, а их количество будет $5,$ т.к. $P (x)$ имеет степень $10.$ У многочлена $− P(x)$ будет такое же количество неприводимых многочленов в разложении, и все они принимают значение $− 3$ в точке $x = 2020,$ то

5 − P(2020)= (− 3) = −243⇔ P(2020)= 243

Ответ:

$243$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 225#77059Максимум баллов за задание: 7

Многочлен $P(x)∈ℝ[x]$ имеет степень $105$ , а его старший коэффициент равен $1.$ Найдите наименьшую возможную степень многочлена

1000 1000 R(x)= P(x +1)− P(x)

Источники: Всеросс., 2021, РЭ, 11.9(см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть n = 1000 и k = 100. Тогда рассматривается многочлен P степени nk. Для начала попробуем показать, что существует только один многочлен P со старшим коэффициентом 1, для которого степень многочлена R будет меньше, чем nk(n-1). Как это можно сделать?

Подсказка 2

Для начала запишем P(x) в виде суммы степеней x с nk + 1 коэффициентом (старший равен 1). Обозначим первый из многочленов в выражении R через F(x), а второй G(x). Можно ли понять, в членах какой степени участвует конкретный коэффициент многочлена F(x)?

Подсказка 3

Верно! В членах степени, не превосходящей n(nk-j), для j-го коэффициента. Тогда коэффициенты для достаточно больших степеней членов в F(x) зависят далеко не от всех коэффициентов многочлена P. От каких зависят?

Подсказка 4

Точно! Коэффициенты при степени члена, равной n²k - i, зависят только от коэффициентов P при степени j для j ≤ i/n < i. В многочлене G при этой же степени есть коэффициент np + A, причем A зависит только от коэффициентов при степенях, меньших i, а p — коэффициент P при степени i. Как тогда уменьшить степени разности F(x) - G(x)?

Подсказка 5

Конечно, коэффициенты при одинаковых степенях нужно сделать равными. Очевидно, что, благодаря этим равенствам, коэффициенты P можно определить однозначно. Как теперь предъявить многочлен P такой, что степень R окажется меньше nk(n-1)?

Подсказка 6

Попробуем положить P(x) равным k-ой степени многочлена, равного сумме n-ой степени x и 1. Почему он подходит?

Показать ответ и решение

Первое решение. Обозначим $n= 1000,k= 100,$ то есть степени рассматриваемых многочленов $P$ равны $nk.$

Лемма. Существует единственный многочлен $P$ степени $nk$ (со старшим коэффициентам $1$ ) такой, что степень полученного многочлена $R$ будет меньше, чем $nk(n− 1).$

Доказательство. Запишем наш многочлен как

nk nk− 1 nk−2 P(x)= x +p1x +p2x +...+pnk

Обозначим $F (x)= P(xn+ 1)$ и $G (x)= P(x)n;$ это — многочлены степени $n2k$ со старшим коэффициентом $1.$

В многочлене $F(x)$ коэффициент $p j$ участвует лишь в членах степени, не большей $n(nk − j).$ Значит, для любого $i=1,2,...,nk$ коэффициент при $n2k−i x$ в многочлене $F(x)$ зависит лишь от коэффициентов $pj$ при $j ≤ i∕n < i.$ С другой стороны, коэффициент при этой же степени в $G(x)$ есть $npi+ A,$ где $A$ зависит лишь от коэффициентов $pj$ при $j <i.$ Если мы хотим, чтобы степень $R$ была меньше, чем $nk(n − 1),$ то эти коэффициенты должны быть равны; это равенство даёт однозначное выражение $pi$ через $p1,p2,...,pi−1$ (в частности, $p1$ находится единственным образом). Значит, из этих равенств по очереди находятся все коэффициенты многочлена $P (x).$

Теперь достаточно предъявить многочлен $P (x)$ такой, что степень $R$ окажется меньше, чем $nk(n − 1)$ — по лемме, он единственный, и он и даст минимальную степень $R.$ Положим $n k P(x) =(x + 1).$ Тогда многочлен

n n k n nk R(x)=((x + 1) + 1) − (x + 1) = = k⋅(xn +1)n(k−1)+C2k (xn+ 1)n(k−2)+...

имеет степень всего лишь $n2(k− 1)< nk(n− 1).$ Значит, наименьшая возможная степень $R$ и есть $n2(k− 1)=99⋅106.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Используем те же обозначение $n$ и $k,$ что и в первом решении. Мы будем считать, что

degR <n2k− nk (∗)

(впоследствии мы увидим, что это возможно; поэтому для многочлена $R$ минимальной степени так считать можно).

Предположим, что в многочлене $P (x)$ есть одночлен степени, не кратной $n;$ пусть $s asx$ — такой одночлен наибольшей степени. Тогда коэффициент многочлена $R$ при $xnk(n−1)+s$ равен $− nas,$ что противоречит неравенству.

Таким образом, в предположении, степени всех одночленов в $P(x)$ кратны $n;$ иначе говоря, существует такой многочлен $Q,$ что $P (x)= Q(xn).$ Тогда

R(x)= P(xn+ 1)− P(x)n = Q((xn +1)n)− Q (xn)n

то есть $R (x)= R1(xn),$ где

R1(y)= Q ((y+ 1)n)− Q(y)n

при этом $degQ= k< n,$ а предположение $(∗)$ означает, что $degR1 < nk− k.$

Рассмотрим многочлен $n n R2(x)= R1(x− 1)= Q(x )− Q (x − 1) ,$ тогда $degR2 =degR1.$ Аналогично рассуждению выше, предположим, что $Q (x− 1)⁄= xk,$ то есть в многочлене $Q (x − 1)$ есть одночлены, кроме $xk;$ пусть $btxt$ — такой одночлен наибольшей степени. Тогда в многочлене $R2(x)$ есть одночлен $− nbtxnk−k+t,$ что противоречит неравенству $deg R2 < nk− k.$ Таким образом, $Q(x− 1)= xk,$ а тогда $Q (x)= (x +1)k$ и $P(x) =$ $= (xn+ 1)k.$ Мы приходим к тому же примеру, что и в первом решении (и видим, что в этом случае степень $R$ действительно удовлетворяет (*)).

Ответ:

$99⋅106$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 226#80502Максимум баллов за задание: 7

Петя написал на бумаге некоторый многочлен с неотрицательными целыми коэффициентами и думал, что Вася, задав только два вопроса Пете по телефону, никогда не сможет определить все коэффициенты многочлена. На первый Васин вопрос: «Чему равно значение многочлена при $x= 3?$ » Петя ответил «49». На второй Васин вопрос: «Чему равно значение многочлена при $x= 49?$ » был получен ответ «122455». Вася, немного подумав, назвал Пете все коэффициенты многочлена, который он написал. Какой многочлен придумал Петя?

Источники: Росатом - 2021, 11.1, комплект 2 (см. olymp.mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так как у нас в задаче упоминается только слово многочлен, то нам для начала надо определить его степень. Заметим, что степень не больше трех, так как 49^4 >= 122455, но при этом третья степень еще меньше. Значит, многочлен имеет вид a_3 * x^3 + a_2 * x^2 + a_1 * x + a_0 = 0. К тому же, так как у нас конкретные значения многочлена в точках, то скорее всего, в какой-то момент нам надо будет рассматривать наше выражение по какому-то модулю. Удобно будет, если мы сможем оценить наши коэффициенты чем-то небольшим, что влезало бы в рассматриваемый модуль. Как можно оценить наши коэффициенты?

Подсказка 2

Во-первых, можно точно сказать, что 49 >= a_i(так как f(3) = 49). При этом, f(49) = 4 = x_0 (mod 49). А значит, a_0 = 4, так как a_0 <= 49. Подставьте a_0 в наши равенства и попробуйте также посмотреть на коэффициенты, которые получаются. При этом, так как a_0 != 0, то a_1, a_2, a_3 < 49. При этом, есть уравнение 49^2 * a_3 + 49 * a_2 + a_1 = 2499.

Подсказка 3

Но тогда выходит, что a_1 = 0, а тогда система линейных уравнений на a_2, a_3 решается единственным образом.

Показать ответ и решение

Пусть он задумал $f(x)=∑ a xn n n$ . Так как $f(3)≥ 3na n$ , то для $n> 3$ верно, что $a =0 n$ . Значит, $f(x)= ax3+ a x2+a x+ a 3 2 1 0$ .

Заметим, что $f(3) =49≥ ai$ для любого $i$ . Так как $f(49)=122455 ≡4 ≡a0 (mod 49).$ Так как $f(3)= 49≥ a0$ , то $a0 = 4$ .

27a3+ 9a2 +3a1 = 45

9a3+ 3a2 +a1 = 15

Значит, $a3,a2,a1 <49$ .

493a3+492a2+49a1 = 124551

492a3+49a2+ a1 =2499

Значит, $.. a1.49$ и $a1 = 0$

49a3+a2 = 51

Значит, $a2 ≡ 2 (mod 49)$ и $a2 =2$ , а $a3 =1$ .

Ответ:

$x3+ 2x2+4$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 227#92141Максимум баллов за задание: 7

При каком наибольшем значении параметра $a$ коэффициент при $x4$ в разложении многочлена $(1 − 2x+ ax2)8$ будет равен -1540 ?

Источники: ОММО - 2021, номер 7 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Понятно же, что ничего кроме как в тупую посчитать коэффициент, который единственным образом по а определяется, после чего выбрать наибольший корень уравнения коэффициент = -1540 у нас нет. Чтобы посчитать коэффициент перед x^4 в общем случае, нам надо расписать все по формуле возведения в степень для произвольного полинома. Давайте сделаем это и найдем всевозможные решения.

Подсказка 2

У нас появилось только три случая, когда степень х равна 4, а отсюда нам надо просуммировать все коэффициенты, которые получаем в разных случаях, после чего приравнять все к -1540, получить корни и записать в ответ наибольший.

Показать ответ и решение

Применяя полиномиальную формулу, получим

(1− 2x +ax2)8 = ∑ ----8!---⋅1n1 ⋅(−2x)n2 ⋅(ax2)n3 = ∑ ----8!----⋅(− 2)n2 ⋅an3 ⋅xn2+2n3. n1+n2+n3=8n1!⋅n2!⋅n3! n1+n2+n3=8n1!⋅n2!⋅n3!

Для того, чтобы определить, какие слагаемые в сумме содержат $x4$ , нужно решить в неотрицательных целых числах систему уравнений:

{ n1+n2 +n3 = 8 n2+2n3 = 4 .

Из второго уравнения следует чётность $n2$ . В силу неотрицательности переменшх $n2$ может принимать значения 0,2 и 4 . Решая систему для каждого из даншых $n2$ , будем иметь три случая: 1. $n1 =6,n2 = 0,n3 =2$ ; 2. $n1 = 5,n2 =2,n3 = 1$ ; 3. $n1 = 4,n2 = 4,n3 = 0$ .

В каждом из них коэффициент при $x4$ вычисляется по формуле: $n1!⋅n8!2!⋅n3! ⋅(−2)n2 ⋅an3$ . Тогда в каждом из перечисленных случаев будем иметь соответственно:

1. $6!8⋅0!!⋅2! ⋅(−2)0 ⋅a2 =28a2$

2. $5!8⋅2!!⋅1! ⋅(−2)2 ⋅a1 =28⋅24a$ ;

3. $4!8⋅4!!0! ⋅(− 2)4⋅a0 = 28⋅40$

Таким образом, коэффициент при $x4$ будет равен $28a2+ 28 ⋅24a+ 28⋅40$ . Так как по условию задачи данный коэффициент должен быть равен $− 1540= −28⋅55$ , имеем уравнение: $28a2 +28⋅24a+28⋅40= −28⋅55$ . Разделив обе части уравнения на 28 и приведя подобные, получим $a2+24a+ 95= 0$ . Данное уравнение имеет два вещественных корня: $a1 = −19$ и $a2 = −5$ .

Таким образом, наибольшее значение параметра $a$ , при котором коэффициент при $x4$ в разложении многочлена $(1− 2x +ax2)8$ будет равен -1540, равно -5 .

Ответ: -5

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 228#92172Максимум баллов за задание: 7

Многочлен $P(x)=x3 +ax2+ bx +c$ имеет три различных действительных корня, наибольший из которых равен сумме двух других. Докажите, что $c> ab$ .

Источники: ММО - 2021, второй день, 11.1 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Всё, что нам дано – какое-то условие на корни многочлена, но благодаря великому математику – Виету, мы знаем, как выражаются коэффициенты многочлена третей степени через корни этого самого многочлена. Давайте подставим эти выражения в c – ab.

Подсказка 2

После раскрытия всех скобок ничего приятного, на первый взгляд, не получается, но не стоит забывать, что мы всё ещё не воспользовались тем фактом, что наибольший из корней равен сумме двух других. Подумайте, какого знака должны быть такие корни.

Показать доказательство

Пусть $x < x < x 1 2 3$ — корни многочлена $P(x)$ . По условию $x = x +x 3 1 2$ . Заметим, что $x >0 1$ (а значит, все корни положительны), так как иначе $x3 ≤ x2$ , что противоречит максимальности корня $x3$ . Далее можно рассуждать по-разному.

Первый способ.

Пользуясь формулами Виета для коэффициентов $a,b,c$ , получаем

c− ab= −x1x2x3+ (x1+x2+ x3)(x1x(2+ x1x3+ x2x3) =) = −x1x2(x1+ x2)+2(x1+ x2) x1x2+ (x1+ x2)2 = = (x + x )(xx + 2(x +x )2) > 0 1 2 1 2 1 2

Второй способ.

Так как многочлен $P (x)$ положителен при $x> x , 3$ то

c− ab =P (−a)= P(x1+ x2+x3)= P(2x3) >0

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 229#95398Максимум баллов за задание: 7

Пусть $x 1$ и $x 2$ — наибольшие корни многочленов $f(x)= 1− x − 4x2+ x4$ и $g(x)= 16− 8x− 16x2+x4$ соответственно. Найдите $x1 x2.$

Источники: Межвед - 2021, 11.4 (см. v-olymp.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если нам нужно найти отношение корней, то можно попробовать найти сами эти корни, либо же сравнить выражения, которые мы применяем для описания этих корней. Явно искать корни здесь не представляется возможным, а потому надо смотреть на то, что нам даёт некоторая система уравнений, их описывающая.

Подсказка 2

Можно заметить, что любое решение системы уравнений из теоремы Виета для g(x) при домножении на некоторое число становится корнями системы для f(x). Теперь несложно видеть, что это за число! Что это значит для нашей задачи?

Показать ответ и решение

Первое решение. Заметим, что $g(2x)= 16f(x)$ . Тогда $x 1$ — корень $f(x)$ тогда и только тогда, когда $2x 1$ — корень $g(x)$ . Следовательно, $x1- 1 x2 = 2.$

Второе решение. Сравнение коэффициентов многочленов

2 4 2 4 f(x)=1 − x − 4x + x и g(x)=16− 8x− 16x + x

показывает, что в соответствии с формулами Виета корни многочлена $g(x)$ являются удвоенными корнями многочлена $f(x)$ . Отсюда вытекает, что $x1= 1. x2 2$

Ответ:

$0,5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 230#95854Максимум баллов за задание: 7

Пусть $A$ и $B$ — некоторые числовые множества, а множество $C ={a+ b|a∈ A,b∈B }$ представляет собой их сумму.

(То есть множество $C$ состоит из всевозможных сумм элементов множеств $A$ и $B$ . Если, например, $A = {0,1,2},B = {1,2}$ , то $C = {1,2,3,4}$ .)

Известно, что ${ 2828} C = 0,1,2,...,2$ , а максимальный элемент множества $A$ равен $√ - 2020 √ - 2020 ( 2+1) + ( 2− 1) .$

Докажите или опровергните следующие утверждения:

1) и множество $A$ , и множество $B$ содержат конечное число членов;

2) все элементы множеств $A$ и $B$ — целые числа;

3) минимальный элемент множества $B$ не превосходит числа $22828− 22525.$

Источники: Межвед - 2021, 11.8 (см. v-olymp.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Понятно, что первые два пункта про понимание операции сложения для множеств, а третий — про оценочки. Давайте предположим, что какое-то из множеств бесконечно. Что тогда можно сказать про сумму множеств, если мы будем даже с одним элементом из другого (возможно конечного) суммы находить?

Подсказка 2

Верно, у нас получится множество вида A + b = {a + b, a из A}, при фиксированном b множество A + b бесконечно, а поскольку оно подмножество суммы A + B, то пришли к противоречию. Теперь второй пункт. Если бы у нас был какой-то целый элемент в одном из множеств, то была бы победа, потому что надо посмотреть на сумму элемента и другого множества и кое-что понять…

Подсказка 3

Потому что сумма с ним другого множества — это подмножество C, и если хоть какой-то элемент в другом множестве был бы нецелым, то и в С содержался бы нецелый элемент. При этом, поскольку все элементы другого множества целые, то и сумма любого элемента с нашим множеством, откуда начальный целый элемент — тоже целое. Значит пункт (2) доказан по модулю того, что в одном из множеств есть целый элемент. Хмм… Ну видимо, максимальный элемент А — целый, ведь про другие элементы вообще ничего не известно. А почему максимальный элемент а — целый?

Подсказка 4

Максимальный элемент целый из того, как раскрывается бином Ньютона для таких выражений. Осталось доказать пункт (3). Нам надо доказать, что минимальный элемент не больше чего-то… Но у нас есть косвенная информация только про максимальный элемент b, поскольку именно он в сумме с максимальный элементом a, дает максимальный элемент с. Это значит, что нам надо доказать, что b ≤ 2²⁸²⁸ - 2²⁵²⁵, ведь тогда и для минимального будет выполнена эта оценка. Чему это равносильно и как это доказывать, если заметить, что 2020 = 4 * 505, а 2525 = 5 * 505?

Подсказка 5

Это равносильно тому, что a ≥ 2²⁵²⁵, в силу вышеупомянутого равенства на сумму максимальных элементов. При этом надо понимать, что в а у нас одно слагаемое вносит в рост числа куда больше чем другое, поскольку одно слагаемое — это некоторое число, меньшее 1, в огромной степени, а другое — большее 1, в огромной степени. Значит, одно из них очень маленькое и нам можно его откинуть и доказывать, что первое слагаемое больше 2²⁵²⁵. Дальше дело только за алгеброй и оценкой выражения √2.

Показать ответ и решение

1) если множество $A$ или множество $B$ бесконечно, то и множество $C$ будет бесконечно, а это не так.

Поэтому можем обозначить через $a,b,c$ максимальные элементы этих множеств соответственно и заметить для решения п.3, что $a+ b= c$ .

Отдельно отметим, что такие множества существуют: например, $A= {0,...,a},B = {0,...,c− a}$ .

2) через разложение по биному доказывается, что $a$ целое. Тогда если бы $B$ содержало нецелые, то и $C$ содержало бы нецелые. Поэтому все элементы множества $B$ целые. Отсюда аналогично получаем, что все элементы множества $A$ целые.

3) из предыдущих пунктов понимаем, что неравенство $2828 2525 b≤ 2 − 2$ равносильно неравенству $2525 a≥ 2 .$ Докажем даже более слабое неравенство:

√- ( 2+ 1)2020 ≥22525

Для этого заметим, что $2020= 4⋅505,2525= 5⋅505$ , поэтому достаточно доказать $√- 4 5 (2 +1) ≥ 2.$

А по биному Ньютона получаем

√- √- √- ( 2+ 1)4 =4 +4⋅2 2 +6⋅2+ 4⋅ 2+ 1=

√ - 5 = 17+ 12 2> 17 +12⋅1.4= 33.8 >32= 2

требуемое.

Ответ: всё верно

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 231#96520Максимум баллов за задание: 7

Рассматривается многочлен

2 4 3 ( 2) 2 2 ax + 2abx + 2ac+ b x +2bcx +c ,

в котором коэффициент $c$ и сумма $a+ b+ c−$ нечётные целые числа. Могут ли корни такого многочлена быть целыми числами?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте внимательно посмотрим на коэффициенты нашего многочлена. Имеются квадраты, а также удвоенные произведения. А в каком еще разложении такие коэффициенты присутствуют?)

Подсказка 2

Наш многочлен — это полный квадрат суммы трёх чисел! Получается, теперь мы рассматриваем корни квадратного трёхчлена ;)

Подсказка 3

Осталось проанализировать чётность, использую теорему Виета!

Показать ответ и решение

Путем несложных преобразований (например, выделяя полный квадрат) многочлен приводится к виду

( 2 )2 ax + bx+c .

Таким образом, задача сведена к аналогичной для корней квадратного трёхчлена.

Пусть $x 1$ и $x 2$ — целые корни уравнения. Тогда $c =ax x 1 2$ , и оно нечётное. Отсюда следует, что каждое из чисел $a,x 1$ и $x 2$ — нечётное. Тогда поскольку сумма двух нечётных чисел $a+ c$ — чётная, а сумма $a+ b+c$ нечётная, то число $b$ — тоже нечётное. Но с другой стороны, число $b$ должно быть чётным, так как $b= −a (x1+ x2),$ а сумма двух нечётных чисел $x1+ x2$ — чётная. Противоречие.

Ответ:

Не могут.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 232#96828Максимум баллов за задание: 7

Приведите пример квадратного многочлена $f(x)$ и кубического многочлена $g(x)$ таких, что уравнению $f(g(x))= 0$ удовлетворяют числа $±1;±2$ и $± 3.$

Источники: Миссия выполнима - 2021, 11.5 (см. www.fa.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обратите внимание на то, что наше уравнение — это по сути квадратное уравнение относительно g(x). Как его тогда можно представить?

Подсказка 2

Тогда оно раскладывается в виде произведения двух скобок. Нам нужно сделать так, чтобы при некоторых из указанных шести корней обнулялась первая скобка, а при остальных — вторая. Как их можно распределить?

Подсказка 3

Попробуйте найти такой кубический многочлен, что в точках -3, 1, 2 он принимает одно значение, а в -1, -2, 3 — другое!

Показать ответ и решение

Будем искать такие $f(x)$ и $g(x)$ для которых выполняется

f(g(x))= (g(x)− α)(g(x)− β),

причем, $α= g(−3)=g(1)=g(2)$ , а $β = g(− 2) =g(−1)= g(3),$

где $g(x)= px3+ qx2+ rx +s.$ Система уравнений

{ g(− 3)= g(1) =g(2) g(−2)= g(−1)= g(3)

оказывается недоопределенной и эквивалентна $q = 0$ и $r= −7p.$ Тогда для получения примера функции $g(x)$ достаточно положить $p =1$ и $s= 0.$ В итоге

g(x)=x3+ 0x2− 7x +0,α= −6,β = 6

f(x)=(x+ 6)(x− 6)= x2 − 36

Ответ:

$f(x)= x2 − 36,g(x)= x3− 7x$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 233#76296Максимум баллов за задание: 7

Дан многочлен $F(x)= 1+2x+ 3x2+ 4x3+ ...+ 100x99.$

Можно ли, переставив коэффициенты, получить многочлен $2 3 99 G(x)=g0+ g1x +g2x + g3x + ...+ g99x ,$

такой что для всех натуральных чисел $k≥ 2$ разность $F(k)− G(k)$ не кратна $100?$

Источники: ОММО - 2020, номер 1 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вспомним свойство о том, F(b) - F(a) делится на b - a для многочленов с целыми коэффициентами. Как можно его применить?

Подсказка 2

Заметим, что F(1) = G(1). А, что если подставить 101 в многочлены?

Подсказка 3

Верно! Получится, что F(101) - F(1) делится на 100 и G(101) - G(1) делится на 100. Что получится, если теперь рассмотреть разность этих выражений?

Показать ответ и решение

Предположим противное и пусть такой многочлен $G (x)$ существует. Будем пользоваться следующей известной леммой: если $H(x)$ — многочлен с целыми коэффициентами, то для любых целых $a$ и $b$ число $H(a)− H (b)$ делится на $a− b.$ Тогда числа $F(101)− F(1)$ и $G (101)− G(1)$ делятся на $100,$ а тогда на $100$ делится и их разность:

(F(101)− F(1))− (G(101)− G (1))= (F(101)− G(101))− (F (1)− G(1))

Осталось заметить, что $F(1)= 1+ 2+ ...+ 100= G(1),$ то есть $F (101)− G(101)$ делится на $100.$ Противоречие.

Ответ:

Нельзя

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 234#107091Максимум баллов за задание: 7

Доказать, что для любого многочлена $P(x)$ с целыми коэффициентами выражение $P(b)− P(a)$ делится на ( $b− a$ ) при любых целых $a,b,a ⁄=b$ .

Известно, что уравнение $P (x)= 8$ имеет целый корень на полуоси $x≥ 8$ и $P (4)= 17.$ Найти этот корень.

Источники: Росатом - 2020, 11.3 (см. olymp.mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сначала докажем требуемое. Представим P(x) в виде суммы c_i * x^i, где c_i - соответствующий степени коэффициент. Теперь посмотрим, какой вид имеет P(b) - P(a). Какой вывод можно сделать из того, что при одинаковых степенях коэффициенты одинаковые?

Подсказка 2

Получаем, что P(b) - P(a) можно представить в виде суммы c_i * (b^i - a^i). Как из этого можно в каждом слагаемом получить множитель (b - a)?

Подсказка 3

Используем формулу для b^i - a^i, где всегда будет множитель (b - a). Тогда каждое слагаемое делится на (b - a), а значит и вся сумма делится.

Подсказка 4

Теперь решим саму задачу. Хотим воспользоваться доказанным. Что нам это дает?

Подсказка 5

Правильно, P(x) - P(4) = 8 - 17 делится на x - 4. При этом не забываем, что x ≥ 8, и находим нужное значение :)

Показать ответ и решение

Для доказательства утверждения запишем общий вид многочлена $P (x)$ степени $n$

n n−1 P (x)= cnx +cn−1x + ...+c1x+ c0, ck ∈ℤ, k= 0,1,...,n, cn ⁄=0.

Рассмотрим

n n ( n−1 n−1) P (b)− P(a)= cn(b − a )+ cn−1 b − a + ...+ c1(b− a).

Используя известную формулу

k k ( k−1 k−2 k−1) b − a =(b− a)⋅b + b a+ ...+ a ,

получим

P(b)− P (a)= (b − a)⋅Qn−1(a,b).

где $Q (a,b) n−1$ — многочлен степени $(n − 1)$ с целыми коэффициентами от переменных $a,b$ . Следовательно, выражение $P(b)− P(a)$ делится на $(b − a)$ при любых целых $a,b,a⁄= b$ .

Рассмотрим вторую часть задачи. Если $x$ решение уравнения $P(x)= 8$ , а $P(4) =17$ , то $P(x)− P (4)= −9$ . По доказанному выше, $P (x)− P(4)$ делится на $x− 4$ , следовательно, выражение $x − 4$ является делителем числа т.е.

x− 4∈ {±1,±3,±9}

Отсюда

x∈ {− 5,1,3,5,7,13}

Ограничению $x ≥8$ удовлетворяет только $x = 13$ .

Ответ: 13

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 235#109923Максимум баллов за задание: 7

Существует ли такой многочлен $f(x)$ с целыми коэффициентами, что $f(4) =1,$ $f(9) =11,$ a $f′(4)= 0?$

Источники: Звезда - 2020, 11.4 (см. zv.susu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем пойти от противного. У нас есть информация про многочлен f(x) и его производную f'(x) при x = 4. Эти значения не равны, а можно ли по многочлену f(x) построить другой многочлен g(x), для которого g(4) = g'(4)?

Подсказка 2

Можно! Положим g(x) = f(x) - 1. Тогда g(4) = f(4) - 1 = 0 и g'(4) = f'(4) = 0. Значит, 4 — кратный корень многочлена g(x). Заметим также, что g(9) = 10. Могло ли так получится?

Подсказка 3

Так как 4 — кратный корень многочлена g(x), то g(x) = (x-4)²P(x) для некоторого многочлена P(x). Каким свойством тогда обладает g(9)?

Показать ответ и решение

Предположим, что такой многочлен существует. Рассмотрим многочлен $g(x)= f(x +4)− 1.$ Он также имеет целые коэффициенты. При этом $′ g(0) =g (0)= 0,$ $g(5)= 10.$ Тогда многочлен $g(x)$ имеет вид

2 3 n g(x)= a2x +a3x + ...+anx

Число $g(5)$ должно делиться на $52.$ Противоречие.

Ответ: Нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 236#121821Максимум баллов за задание: 7

Найдите все вещественные $c,$ при которых сумма девятых степеней корней уравнения $x2− x+c =0$ равна нулю, и сумма пятнадцатых степеней тоже равна нулю.

Замечание: Корни могут быть комплексными.

Источники: Высшая проба - 2020, 11.3(см. olymp.hse.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Видим квадратное уравнение, видим сумму (степеней) корней и сразу думаем о ..?

Подсказка 2

Конечно, о теореме Виета🥰. Тогда нам нужно найти возможные произведения корней. Осталось поколдовать с равенствами (например, если умножим нулевое число на что-то, то получим всё ещё ноль, и если из нуля вычтем ноль, всё ещё будет ноль. А потом и поделить на "не ноль" можем!)

Подсказка 3

Дальше поиск искомого c может пойти двумя путями: аналогичными преобразованиями или с использованием монотонности куба, сопряженных чисел и даже тригонометрических равенств!

Показать ответ и решение

Первое решение.

Обозначим корни через $x1$ и $x2.$ Воспользуемся теоремой Виета, тогда задача переформулируется так: известно, что $15 15 9 9 x1 + x2 = x1+ x2 = 0$ и $x1+x2 = 1,$ найти $x1x2$ .

Для начала заметим, что $x1x2 ⁄=0,$ поскольку в противном случае одно из $x1,x2$ равно нулю, тогда $9 9 x1 +x2 = 0$ влечет, что и второе равно нулю, что противоречит $x1+x2 ⁄= 0.$

Выполним следующие преобразования:

x91+ x92 = 0

( 9 9)( 6 6) x1+x2 x1+ x2 = 0

( 9 9)( 6 6) ( 15 15) x1+x2 x1+x2 − x1 + x2 =0

96 6 9 x1x2+ x1x2 = 0

x61x62(x31+ x32)=0

c6(x31+ x32)=0

Поскольку $c⁄= 0$ имеем

x31+ x32 = 0

(1)

С другой стороны

0= x3+ x3= (x1+ x2)((x1 +x2)2− 3x1x2)=1⋅(12− 3c) 1 2

Отсюда $c= 13.$

Второе решение.

Так же как и в первом решении доказываем равенство $(1).$ Далее вместо последнего шага сделаем следующее. Заметим, что если $x1,x2$ — действительные корни, то одновременное выполнение $(1)$ и $x1+x2 ⁄=0$ невозможно из-за монотонности куба.

Если $x1,x2$ не действительные, то они сопряжены, тогда их кубы — тоже. Если сумма двух сопряжённых чисел равна нулю, то их аргументы имеют вид $π +πk, 2$ то есть до возведения в куб аргумент имел вид $1(π +πk), 3 2$ или эквивалентно $πm-, 6$ где $m∈ {1,3,5}.$ Обозначив аргумент через $r,$ имеем для трёх случаев соответственно:

π π 5π- 2cos 6r= 1, 2cos 2r= 1, 2cos 6 r=1

В первом случае $1- r = √3,$ в других невозможно, поскольку аргумент — неотрицательное число.

Получаем $2 1 c =x1x2 = r = 3.$

Ответ:

$c= 1 3$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 237#47066Максимум баллов за задание: 7

Определите значение функции:

5 4 3 2 f(x)=x + ax + bx + cx +dx+ e

в точке $x= 2018$ , если

f(2019)= f(2023)= 0, f(2020)=f(2022)= −3, f(2021)= −4.

Источники: ПВГ-2019, 11.5 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

Давайте попробуем сделать условие более симметричным - например, завести новую функцию g(x) = f(x + 2021)

Подсказка 2!

Наша цель - узнать что-то полезное про это равенство пятой степени. Для этого давайте попробуем сделать такую функцию, чтобы все наши значения были ее корнями.

Подсказка 3!

Например, подойдет m(x) = g(x) - x^2 + 4. Заметим, что теперь все наши числа из условия дают 0 этой функции. Осталось проанализировать получившееся!

Показать ответ и решение

Рассмотрим $g(x)= f(x +2021)$ . Тогда

5 4 3 2 g(x)= x +px + qx +vx + ux+ w,

при этом

g(−2)=g(2)= 0,g(−1)=g(1)=− 3,g(0) =− 4.

Рассмотрим $h(x) =g(x)− x2+ 4.$ Тогда

h(−2)= h(2) =0− 4+ 4= 0,h(−1)= h(1)= −3− 1+ 4= 0,h(0)=g(0)− 0+ 4= 0.

При этом $h(x)$ также остаётся многочленом пятой степени. Поэтому он имеет не больше пяти корней, при этом пять корней мы уже нашли, так что по теореме Безу $h(x)= x(x − 1)(x +1)(x − 2)(x +2).$

Искомое значение

f(2018)= f(− 3+2021)= g(−3)= h(− 3)+ (−3)2 − 4=

= −3⋅8⋅5+ 9− 4= −120+5 =− 115.

Ответ:

$− 115$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 238#71907Максимум баллов за задание: 7

Дан многочлен $f(x)$ степени $2000.$ При этом у многочлена $f(x2− 1)$ ровно $3400$ корней, а у многочлена $f(1− x2)$ ровно $2700$ корней. Докажите, что расстояние между какими-то двумя корнями $f(x)$ меньше $0,002.$

Источники: СпбОШ - 2019, задача 11.1(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Мы хотим найти корни, расстояние между которыми маленькое. Это выполнится, если мы найдём достаточно много корней на отрезке небольшой длины.

Подсказка 2

Несложно заметить, что х²-1≥-1. Значит, не может возникнуть много корней f(x), которые не меньше, чем -1, ведь у f(х²-1) 3400 корней.

Подсказка 3

Аналогично, 1-х²≤1. Значит, не может возникнуть много корней f(x), которые не больше, чем 1. Тогда на отрезке [-1, 1] корней достаточно много.

Показать доказательство

Пусть $f(x)$ имеет корни $c,...,c, 1 k$ где $k ≤2000.$ Так как многочлен $f(x2− 1)$ имеет ровно $3400$ корней, а уравнение $2 x − 1= ci$ имеет не более двух решений, то не более чем $k− 1700$ корней $f$ лежат за пределами $[−1,∞)$ — множества значений $2 x − 1.$ Аналогично, так как $( 2) f 1− x$ имеет ровно $2700$ корней, а уравнение $2 1− x = ci$ — не более двух решений, то не более чем $k− 1350$ корней $f$ лежат за пределами $(−∞, 1]$ — множества значений $2 1 − x .$ Значит, не менее

k− (k − 1350)− (k− 1700)= 3050− k≥ 1050

корней $f(x)$ лежат на $[−1,1],$ откуда следует, что среди них есть два на расстоянии менее $0,002.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 239#72124Максимум баллов за задание: 7

Существует ли многочлен третьей степени такой, что все его корни положительны, а все корни его производной отрицательны, при условии, что и у многочлена, и у производной, есть хотя бы один единственный корень?

Источники: ИТМО-2019, 11.2 (см. rsr-olymp.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем придумать пример! Если получится - предъявим, а если не получится - постараемся доказать, что такого многочлена не существует. Какой многочлен сразу приходит в голову, когда говорим, что он 3 степени?

Подсказка 2

Конечно, многочлен x³! Но у него единственный корень = 0, как бы его поправить, чтобы корень был положительным?

Подсказка 3

Можем просто вычесть константу! Положительный корень есть, осталось сделать так, чтобы корни производной были отрицательными. Константа не влияет на производную, тогда если наш многочлен имеет вид (x + a)³ + c, то его производная равна 3(х + а)². Нужно выбрать такое а, чтобы корень получился отрицательный, и потом проверить, что положительные корни функции никуда не пропали (а если пропали, то что надо сделать, чтобы они вновь стали положительными, при этом не поменяв производную?)

Подсказка 4

Так как свободный член не влияет на производную, то мы можем просто его уменьшить, чтобы при отрицательных х функция принимала только отрицательные значения ⇒ корни будут при положительных х (и возможно в 0, но от него точно так же можно избавиться)

Показать ответ и решение

У многочлена $(x+ 1)3− 8$ единственный корень $x= 1$ , а корень его производной $x= −1.$

Замечание. Как придумать пример? Рассмотрим $3 x$ — самый простой многочлен третьей степени. Чтобы у него был положительный корень, отнимем положительную константу, возьмем $3 x − 8$ . Сейчас производная равна $2 3(x+0)$ и ее корень $x =0$ . Если же рассмотрим функцию, например, $3 (x+ 1) − 8$ , получим корень производной, равный $− 1.$

Ответ: да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 240#73373Максимум баллов за задание: 7

Многочлен степени $10$ имеет три различных корня. Какое наибольшее количество нулевых коэффициентов у него может быть?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте сделать какую-то грубую оценку. Например, что можно сказать про многочлен, у которого 10 нулевых коэффициентов?

Подсказка 2

Также можете попробовать придумать какой-то простой пример многочлена, у которого 3 корня и много нулевых коэффициентов.

Показать ответ и решение

Предположим, что у многочлена один ненулевой коэффициент, тогда он имеет вид $kx10$ и имеет лишь один корень $x= 0,$ противоречие. Зато многочлен $10 8 x − 4x$ уже имеет три корня $0,±2.$ То есть $9$ — наибольшее количество.

Ответ:

$9$

Следующая подтема