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 241#73375Максимум баллов за задание: 7

Максим написал на доске произвольный многочлен $P (x)$ с целыми коэффициентами. Антон, не глядя на доску, сказал, что какое бы натуральное число $n$ не назвал Максим, среди выражений $P (1),P (1)+ P(2),P(1)+ P(2)+P (3),...$ обязательно найдётся число, кратное $n.$ Прав ли Антон?

Подсказки к задаче

Подсказка

Давайте вспомним один факт про многочлены, связанный со сравнениями. Он звучит так P(x + n) ≡ P(x) (mod n). Вам осталось лишь придумать пример, используя этот факт.

Показать ответ и решение

Заметим, что $P(x+n) ≡P (x) (mod n),$ это следует из того, что $(x +n)k ≡ xk (mod n)$ для любого $k.$ Рассмотрим сумму $2 P (1)+ P(2)+ ...+ P(n).$ Заметим, что в слагаемые в той сумме разбиваются на $n$ групп так, что в каждой группе слагаемые имеют вид $P(i+kn)$ ( $i,k ∈[0,n− 1]$ ) и дают одинаковый остаток при делении на $n.$ Но тогда сумма слагаемых в каждой группе кратна $n,$ потому что мы суммируем $n$ одинаковых остатков. Но тогда и вся рассмотренная сумма кратна $n.$

Ответ:

Да, прав

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 242#76052Максимум баллов за задание: 7

Пусть $p(x)$ — такой многочлен с целыми коэффициентами, что $p(7)= 6.$ Может ли число $p(2019)$ быть полным квадратом?

Источники: Миссия выполнима 2019

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам нужно что-то понять про p(2019), хотя знаем мы только p(7). Как нам их связать?

Подсказка 2

Точно, существует теорема Безу! Что мы теперь знаем?

Подсказка 3

(p(2019) - 6) делится на 2012. Какие свойства есть у числа, являющегося полным квадратом?

Подсказка 4

Например, может ли квадрат делиться на число 5, но не делиться на 25? Воспользуйтесь сравнением по модулю.

Показать ответ и решение

По теореме Безу $(p(x)− p(y)) ..(x− y). .$ Тогда

.. (p(2019)− p(7)). (2019− 7)

т.е. $(p(2019)− p(7))$ делится на 2012, а значит, и на 4. Отсюда следует, что $p(2019)$ имеет остаток $2$ по модулю $4,$ чего не бывает у полных квадратов.

Ответ:

Нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 243#78924Максимум баллов за задание: 7

Даны непостоянный многочлен $P(x)$ с целыми коэффициентами и натуральное число $n.$ Положим $a =n,a = P(a ) 0 k k−1$ при всех натуральных $k.$ Оказалось, что для любого натурального $b$ в последовательности $a0,a1,a2,...$ есть число, являющееся $b$ -й степенью натурального числа, большего $1.$ Докажите, что многочлен $P(x)$ — линейный.

Источники: Всеросс., 2019, ЗЭ, 10.8(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Заметим сразу, что при каждом натуральном $b$ в последовательности $a,a ,a,... 0 1 2$ встретится бесконечно много $b$ -х степеней натуральных чисел, больших единицы. Действительно, если их количество конечно, и наибольшая из них—это $b N = x,$ то в последовательности не встретится ни одной $Nb$ -й степени, что невозможно.

Положим $dk = ak+1− ak;$ тогда $ak+1 ≡ ak (moddk).$ Поскольку все коэффициенты многочлена целые, из $′ a≡ a(moddk)$ следует $′ P (a)≡ P(a)(moddk).$ Отсюда непосредственной индукцией по $s$ получаем, что $ak+s+1 ≡ ak+s$ $(moddk).$ то есть $ak+s ≡ ak(moddk)$ при всех $s≥ 0.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. $ak(ak − 1)$ делится на $dk.$

Доказательство. Пусть $ℓ p$ —максимальная степень простого числа $p,$ делящая $dk;$ достаточно показать, что $ak (ak− 1)$ делится на $pℓ.$ Положим $b =pℓ−1(p− 1)ℓ;$ согласно замечанию выше, найдётся такой индекс $s> k,$ что $as = mb$ при натуральном $m;$ при этом $( ) as ≡ ak modpℓ .$

Если $m$ не делится на $p,$ то по теореме Эйлера $( )ℓ ( ) as = mpℓ−1(p−1) ≡ 1ℓ ≡ 1 modpℓ ,$ откуда $( ) ak ≡1 modpℓ .$ Если же $m$ делится на $p,$ то $as$ делится на $pℓ,$ а значит, и $ak$ тоже. В любом случае $ak(ak − 1)$ делится на $pℓ,$ что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Согласно лемме, для любого $k$ число $ak (ak− 1)$ делится на $dk =P (ak)− ak;$ при этом по условию среди целых чисел $ak$ бесконечно много различных. В частности,

|x(x− 1)|≥ |Q(x)|

при бесконечном количестве целых значений $x$ (где $Q(x)=P (x)− x$ ).

Предположим теперь, что степень многочлена $P(x)$ (и, как следствие, многочлена $Q (x)$ ) больше $1.$ Тогда неравенство выше может выполняться для бесконечно многих целых $x$ лишь тогда, когда $Q(x)$ —квадратный трёхчлен со старшим коэффициентом $±1,$ то есть $Q(x)= ±x2+ux +v.$ В этом последнем случае значения многочлена $Q(x)∓x(x− 1)=(u± 1)x +v$ делятся на $Q(x)$ для бесконечного количества целых $x;$ это может быть лишь если $Q(x)=±x (x − 1),$ то есть $P(x)= x2$ или $P (x)= 2x− x2 =1 − (x− 1)2.$

В первом случае $ak =n2k,$ то есть $ak$ не может быть нечётной степенью натурального числа, если $n$ не является таковой степенью. Во втором случае $P (x)≤ 1$ при всех $x,$ то есть $P(x)$ не может быть степенью натурального числа, большего $1.$ В обоих случаях условие задачи не выполнено; значит, $P(x)$ линеен.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 244#79753Максимум баллов за задание: 7

Бесконечная последовательность ненулевых чисел $a ,a,a ,... 1 2 3$ такова, что при всех натуральных $n >2024$ число $a n+1$ является наименьшим корнем многочлена

2n 2n−2 2n−4 Pn(x)=x + a1x + a2x + ...+ an

Докажите, что существует такое $N,$ что в бесконечной последовательности $a ,a ,a ,..., N N+1 N+2$ каждый член меньше предыдущего.

Источники: Всеросс., 2019, РЭ, 10.4(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Пусть $n ≥2018.$ Заметим, что $P (a) =P (−a) n n$ при всех $a.$ Значит, поскольку $P (x) n$ имеет ненулевой корень, он имеет и отрицательный корень, откуда $an+1 < 0.$

Далее, поскольку $2 Pn+1(x)= x Pn(x)+ an+1,$ имеем

2 Pn+1(an+1)= an+1Pn(an+1)+ an+1 =0+ an+1 < 0

Так как степень многочлена $P (x) n+1$ чётна, а старший коэффициент положителен, при достаточно больших по модулю отрицательных $x$ он принимает положительные значения. Теперь из полученного выше соотношения следует, что у этого многочлена есть корень на интервале $(−∞ ),an+1).$ Значит, и $an+2 < an+1.$

Итак, мы получили, что $an+2 < an+1$ при всех $n ≥2018.$ Это означает, что последовательность $(a2019,a2020,a2021,...)$ — убывающая.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 245#124308Максимум баллов за задание: 7

Пусть $n >3$ — натуральное число. Учитель написал на доске многочлены $xn−3,$ $xn$ и $x+ xn+1.$ За один ход ученик может взять два (возможно, совпадающих) многочлена с доски и дописать на доску их сумму, разность или произведение. Для каких натуральных чисел $n >3$ можно за несколько действий добиться того, что на доске появится многочлен $x?$

Показать доказательство

Предположим, что $n$ не кратно 3; тогда $n$ и $n − 3$ взаимно просты. Рассмотрим такое натуральное $k$ , что $k(n− 3)− 1$ кратно $n$ , то есть равно $nℓ$ при целом $ℓ$ . Тогда

k(n−3) nℓ ℓ n ℓ ℓ ℓ n n x =x ⋅x = (−1)x+ x⋅((x ) − (−1) )=(−1)x +x ⋅(x + 1)⋅Q (x ),

где многочлен $Q$ имеет целые коэффициенты. Из этого выражения легко выразить $x2k+2$ .

Докажем, что $n = 3k$ не подходят. Пусть такое есть, тогда найдется многочлен $P(a,b,c)$ с целыми коэффициентами, после подстановки в который $xn−3$ , $xn$ и $x+ xn+1$ мы получим $x$ :

3k−3 3k 3k+1 x= P(x ,x ,x+ x ).

Подставим $x =eiπ∕3$ , получим $eiπ∕3 = P(±1,∓1,(1+∓1 )eiπ∕3)$ . Тогда независимо от знака справа получается комплексное число с целыми координатами, а слева нет.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 246#73376Максимум баллов за задание: 7

Коэффициенты многочлена $f(x)$ — целые числа, по модулю не превосходящие 5000000. При этом каждое из уравнений $f(x)= x,f(x)=2x,...,f(x)= 20x$ имеет целый корень. Докажите, что $f(0)= 0.$

Источники: СпбОШ - 2018, задача 10.4(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте обратить внимание на простые числа. Понятно, что если f(0) делится на большое количество простых чисел, то оно либо равно 0, либо больше 5000000. Как мы знаем, второе невозможно.

Подсказка 2

Причём логично рассматривать простые числа, меньшие 20, потому что, используя уравнения из условия, можно манипулировать остатками.

Показать доказательство

Докажем, что $f(0)$ делится на все простые числа, меньшие $20,$ из этого будет следовать, что либо $f(0)= 0,$ либо оно по модулю больше $2⋅3⋅5⋅7⋅11⋅13⋅17⋅19 >5000000.$

Действительно, пусть $f(0)$ не кратно какому-то $p,$ меньшему $20.$ Тогда $x≡ 0 (mod p)$ не может являться решением ни одного из уравнений из условия (левая часть не делится на $p,$ а правая часть делится).

Но очевидно, что решения уравнений $f(x)= x,f(x)= 2x,...,f(x)= px$ должны давать попарно различные остатки при делении на $p$ при условии, что эти остатки ненулевые(иначе вычтем из первого уравнения второе, левая часть сравнима с 0 по модулю $p,$ а правая нет). Однако уравнений у нас $p,$ а возможных остатков $p− 1$ — противоречие.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 247#73720Максимум баллов за задание: 7

Решите уравнение

3 2 x +(log25+ log32+ log53)x= (log23 +log35 +log52)x + 1

Источники: ММО-2018, задача 11.1(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте перенесем всё в одну сторону и внимательно рассмотрим наше кубическое уравнение. Может ли нам как-то в данной задаче помочь теорема Виета для кубического многочлена?

Подсказка 2

По теореме Виета для кубического многочлена, коэффициент перед x² должен равняться сумме корней уравнения, взятой с минусом. О, у нас как раз в задаче сумма каких-то трех чисел перед x². Если мы предположим, что это и есть наши корни уравнения, то чему должен равняться свободный член и коэффициент перед x?

Показать ответ и решение

В обозначениях $a =log 3,b= log 5,c= log 2 2 3 5$ исходное уравнение принимает вид

3 2 x − (a +b+ c)x + (ab +bc+ ca)x− abc= 0

что равносильно уравнению $(x− a)(x− b)(x − c)= 0.$

Ответ:

$log 3,log 5,log 2 2 3 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 248#75132Максимум баллов за задание: 7

Существуют ли такое натуральное $n$ и такой многочлен $P(x)$ степени $n,$ имеющий $n$ различных действительных корней, что при всех действительных $x$ выполнено равенство

(a) $( ) P (x)P(x+1)= P x2 ;$

(b) $P (x)P(x+ 1)= P (x2 +1)?$

Подсказки к задаче

Пункт а, Подсказка 1

В конструктивах всегда полезно потратить хотя бы 5 минут на поиск примера.

Пункт а, Подсказка 2

Пусть P(a)=0, тогда равенство выполняется, значит x=0 — корень нашего многочлена. Проделайте что-то похожее с выражением P(x+1).

Пункт б, Подсказка 1

Давайте также как в пункте (a) предположим существование такого x₀, что P(x₀)=0. Что можно сказать про P(x₀²+1)?

Пункт б, Подсказка 2

P(x₀²+1)=0. Подумайте: что может пойти не так?

Пункт б, Подсказка 3

Поисследуйте максимальный элемент во множестве корней многочлена P.

Пункт б, Подсказка 4

Предположите что x₀ — наибольший по значению корень многочлена, что можно сказать про x₀²+1?

Показать ответ и решение

(а) Для многочлена $P(x)=x2− x$ имеем

P(x)P(x +1)= (x2− x)((x+1)2− x− 1) = 2 4 2 ( 2) =x (x+1)(x− 1)= x − x = P x

(b) Первое решение. Из условия следует, что многочлен $P(x)$ раскладывается на линейные множители. Пусть

P(x)= a(x − x1)...(x− xn)

Тогда корнями многочлена $P (x)P(x+ 1)$ являются числа $x ,...,x ,x − 1,...,x − 1. 1 n 1 n$ При этом многочлен

(2 ) ( 2 ) ( 2 ) P x + 1 = a x +1− x1 ... x +1 − xn

также должен раскладываться на линейные множители, поэтому $xk ≥ 1,k =1,...,n.$ Множество его корней $± √xk-− 1,k= 1,...,n,$ должно совпадать с множеством корней многочлена $P(x)P (x+ 1).$ Пусть $xm$ — наибольшее из чисел $x ,k= 1,...,n, k$ т. е. наибольший из корней многочлена $P (x)P(x+1).$ Тогда число $√x--− 1 m$ является наибольшим из корней многочлена $P(x2).$ Но $√x--−-1< x , m m$ так как $x2 − x + 1> 0. m m$ Следовательно, совпадение множеств корней многочленов $P(x)P(x+ 1)$ и $P (x2)$ невозможно.

Второе решение. Если такой многочлен $P (x)$ существует, то он имеет хотя бы один действительный корень. Пусть $x0$ — наибольший из его корней. Тогда из условия получаем, что

(2 ) P x0+ 1 = P(x0)P(x0+1)= 0

то есть число $x20+ 1$ также является корнем многочлена $P (x).$ Но $x20+ 1> x0,$ что противоречит максимальности корня $x0.$ Следовательно, такого многочлена не существует.

Ответ:

$a)$ Существует

$b)$ Не существует

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 249#98589Максимум баллов за задание: 7

Произведение положительных чисел $a$ и $b$ больше $1.$ Докажите, что для любого натурального $n ≥2$ верно неравенство

n n n n (a+ b) > a + b + 2 − 2.

Показать доказательство

По биному Ньютона:

∑n n−∑ 1 (a+ b)n = Cknakbn−k = an+ Cknakbn−k+ bn k=0 k=1

При $a= b= 1$ получим

∑n k n Cn = 2 k=0

n−∑ 1 k n Cn = 2 − 2 k=1

Так как $ab> 1,$ то справедливо следующее неравенство:

Cknakbn−k+ Cnn−kan− kbk ≥ 2⋅Ckn√anbn->2⋅Ckn =Ckn+ Cnn−k

Тогда

n∑−1Ckakbn−k > n∑−1Ck= 2n− 2 k=1 n k=1 n

Таким образом, получаем

n−1 (a+ b)n =an +∑ Ckakbn−k+ bn >an +bn+ 2n− 2 k=1 n

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 250#76054Максимум баллов за задание: 7

Даны два многочлена

4 3 2 G(x)= x +Ax +Bx +Cx +D

и $H(x)= x2+Ax + B.$ Найдите значение $G(x1)+G (x2),$ где $x1,x2$ — корни многочлена $H (x).$

Показать ответ и решение

Заметим, что если вынести $x2$ в $G(x),$ то получим

2 2 2 G (x)= x ⋅(x + Ax +B)+ Cx +D = x ⋅H(x)+Cx +D

Следовательно, условие про $G(x1)+G(x2)$ примет вид:

2 2 G (x1)+ G(x2)= (x ⋅H (x1)+ Cx1+ D)+ (x ⋅H (x2)+ Cx2+ D)

Но, по условию, $x1,x2$ корни $H(x),$ следовательно,

G(x )+G (x )= C(x +x )+ 2D 1 2 1 2

Осталось применить теорему Виета для $H(x),$ чтобы найти $x1 +x2 :$

G(x1)+ G(x2)= C(x1+ x2)+ 2D =C ⋅(− A)+2D = 2D− AC

Ответ:

$2D − AC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 251#89082Максимум баллов за задание: 7

Для каких натуральных $n$ верно следующее утверждение: для произвольного многочлена $P(x)$ степени $n$ с целыми коэффициентами найдутся такие различные натуральные $a$ и $b,$ для которых $P (a)+ P(b)$ делится на $a+ b?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Условие задачи сильно напоминает формулировку теоремы Безу для многочленов: "Пусть P(x) является многочленом с целыми коэффициентами. Тогда для любых чисел целых чисел a, b число P(a)-P(b) делится на a-b." Доказательство данного утверждения опирается на тот факт, что для любых целых чисел a, b и натурального числа n a^n-b^b кратно a-b В данной задаче разность многочленов меняется на их сумму. К нашему счастью, для нечетных n и произвольных целых чисел a и b верно, что a^n+b^n кратно a+b. Что позволяет понять данное соображение в условиях нашей задачи?

Подсказка 2

Если представить произвольный многочлен P(x) в виде сумму многочленов P₀(x)+P₁(x), где в P₀(x) входят все мономы P(x) четной степени, а в P₁(x) - нечетной. Тогда, аналогично доказательству теоремы Безу, для любых натуральных чисел a, b верно, что P₁(a)+P₁(b) кратно a+b, тем самым мы показали, что число P(a)+P(b) сравнимо с P₀(a)+P₀(b) по модулю a+b. Что можно сказать о многочленах, для которых P₀(x) является константой?

Подсказка 3

Пусть P₀(x)=с для некоторого целого с. Тогда P(a)+P(b) сравнимо с 2c по модулю a+b, и по условию 2с кратно на a+b. Существует ли число c такое, что для любых различных чисел a и b число 2c не кратно a+b?

Подсказка 4

Существует! Например, число c=1. Таким образом, 2с=2<a+b, следовательно, 2с не кратно a+b. Таким образом, мы показали, существует многочлен P(x) = P₁(x)+1 произвольной нечетной степени, для которого искомые числа a, b не существуют. Осталось показать, что для любого многочлена четной степени утверждение задачи верно.

Подсказка 5

Покажем, что существуют такие числа натуральные числа a и b, что для многочлена P(x) верно, что P₀(a)+P₀(b) кратно a+b. Зафиксируем произвольное число a=m. Тогда P₀(m)+P₀(b) должно быть кратно m+b. Если b=P₀(m)-m, то m+b=P(m), то есть достаточно показать, что P₀(P₀(m)-m) кратно P₀(m). Это правда, поскольку P₀(P₀(m)-m) сравнимо c P₀(-m) по модулю P₀(m) и, в свою очередь, P₀(-m)=P₀(m), поскольку P₀(x) состоит из лишь мономов четной степени. В чем проблема данных рассуждений?

Подсказка 6

Число b=P₀(m)-m не обязательно является целым. Для решения задачи осталось показать, что существует для любого многочлена четное степени существует такое натуральное m, что число P₀(m)>m.

Показать ответ и решение

Нечётные $n$ не подходят. В самом деле, рассмотрим многочлен $P(x)=xn +1$ и различные натуральные $a,b.$ Так как $n$ нечётно, $n n a + b$ делится на $a+ b,$ а тогда $n n P (a)+ P(b)= (a + b)+ 2$ не делится, поскольку $a +b> 2.$

Осталось доказать, что все чётные $n$ подходят. Рассмотрим произвольный многочлен $P(x)$ степени $n.$ Представим его в виде суммы $P (x)= P0(x)+ P1(x),$ где в $P0(x)$ все мономы чётной степени, а в $P1(x)$ — нечётной. Заметим, что при всех натуральных $a,b$ сумма $P1(a)+P1(b)$ делится на $a+ b.$ Докажем, что найдутся такие $a,b,$ что и $P0(a)+P0(b)$ делится на $a+ b.$ Заметим, что степень $P0$ равна $n.$

Рассмотрим случай, когда старший коэффициент $P0(x)$ положителен (в случае отрицательного старшего коэффициента проведём дальнейшее доказательство для многочлена $−P0(x)).$ Так как $n> 1,$ то найдётся такое натуральное $m,$ что $P0(m )>2m.$ Докажем, что $a =m,b =P0(m)− m$ подходят. В силу выбора $m,$ они оба натуральные, причём $b> a.$ Далее, по модулю $a +b= P0(m)$ выполняются сравнения $P0(a)=P0(m)≡ 0$ (очевидно) и $P0(b)=$ $P0((b+a)− a)≡P0(−a)= P0(m )≡0$ (в силу чётности многочлена $P0)$ . Значит, $P0(a)+P0(b)≡ 0$ $(mod a+b),$ что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. В случае чётного $n$ можно проделать подобное рассуждение и без разбиения на чётную и нечётную компоненты. Поскольку степень многочлена $P(x)+P (−x)$ равна $n >1,$ существует такое натуральное $m$ , что $P(m)+ P(−m)> 2m$ . Тогда подойдут числа $a= m,b= P(m)+ P(−m )− m.$ Действительно, тогда $b> a> 0,$ и по модулю $a+ b= P(m)+ P(−m)$ верно сравнение $P (a)+ P(b)≡ P(a)+P (−a)= P(m)+ P(−m )≡0.$

Ответ:

При всех чётных $n$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 252#101461Максимум баллов за задание: 7

Даны натуральные числа $a,a ,...,a , 1 2 n$ $k$ такие, что выполнено $a a ...a = M > 1, 1 2 n$ а также $-1 + 1-+...+-1 = k. a1 a2 an$ Докажите, что многочлен

k P(x)=M (x+ 1)− (x+ a1)(x +a2)...(x+ an)

не имеет положительных корней.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Докажем, что P(x) знакопостоянен при x > 0. Попробуем доказать, что P(x) < 0. Для этого оценим сначала сомножители второго слагаемого в алгебраической сумме, выражающей P снизу. Как это сделать?

Подсказка 2

Верно! Применим неравенство о средних к набору из числа (x+1) и (a-1)-ой единицы для каждого a из скобочек вида (x+a) второго слагаемого. Таким образом, мы оценим снизу каждый сомножитель вида (x+a). Легко заметить, что равенство возможно только при a = 1. А что получится, если перемножить все оценки на (x+a)?

Подсказка 3

Верно! Это покажет, что P(x) ≤ 0. А возможно ли равенство?

Показать доказательство

Неравенство Коши, примененное к набору из числа $x +1$ и $a − 1 i$ единиц, дает

ai−1единиц (x+-1)+◜1-+1+◞◟⋅⋅⋅+-◝1 ai∘-------a-−1 ai ≥ (x+ 1)⋅1i

следовательно,

ai(x+ 1)1∕ai ≤ x+ ai

причем равенство достигается лишь при $ai = 1,$ поскольку $x+ 1> 1.$

Таким образом,

n∏ n∏ ai(x+ 1)1∕ai ≤ (x +ai) i=1 i=1

то есть,

∏n ∑n n∏ P (x)= ai(x+ 1) i=11∕ai − (x+ ai)≤ 0 i=1 i=1

причем равенство выполняется тогда и только тогда, когда

ai = 1 для всех i∈{1,2,...,n}

то есть когда $M = 1,$ что неверно по условию. Следовательно, $P(x)<0$ для всех $x> 0,$ и $P$ не имеет положительных корней.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 253#39802Максимум баллов за задание: 7

Уравнение с целыми коэффициентами $x4 +ax3+ bx2+ cx+ d= 0$ имеет четыре положительных корня с учетом кратности. Найдите наименьшее возможное значение коэффициента $b$ при этих условиях.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Смотрите, давайте выразим коэффициенты b и d через корни многочлена по теореме Виета! Ага, мы знаем, что они точно целые и не меньше единицы, но попробуем оценить b через d используя то, что они оба - какие-то выражения от корней многочлена.

Подсказка 2

Ага, давайте попробуем оценивать вот такое выражение — b/√d, так как если его записать, с точки значения корней мы получим красивое выражение. Как бы его оценить...

Подсказка 3

Вспомните неравенство о средних и примените для этих 6 слагаемых! Получим оценку b через √d. d у нас минимум 1, попробуем с таким расчетом придумать пример для b!

Показать ответ и решение

По условию уравнение имеет корни, обозначим их $x ,x ,x ,x. 1 2 3 4$

По теореме Виета $x1x2+ x1x3+ ...+ x3x4 =b$ и $x1x2x3x4 = d.$ Корни положительны, так что $b≥ 1,d≥ 1$ (коэффициенты целые). По неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим:

x1x2+ x1x3 +...+ x3x4 6∘--------- √ - b=6---------6---------≥ 6 (x1x2x3x4)3 =6 d≥ 6

В неравенстве достигается равенство ( $b= 6$ ) для уравнения $(x − 1)4 = 0 ⇐ ⇒ x4 − 4x3+ 6x2 − 4x+ 1= 0.$

Ответ:

$6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 254#42264Максимум баллов за задание: 7

Сравните между собой наименьшие положительные корни многочленов

2016 2016 x +2016x − 1 и x − 2016x +1.

Источники: Муницип - 2016, Калининград, 11.3

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте оценить наименьший положительный корень у первого многочлена. Например, стоит вспомнить, что если в одной точке у многочлена значение положительное, а в другой - отрицательное, то между этими точками есть корень)

Подсказка 2

Вот у первого многочлена в точке 0 - значение отрицательное, а в точке 1/2016 - положительное! То есть, его наименьший положительный корень точно меньше 2016. А может ли быть такой корень у второго многочлена?

Подсказка 3

Поймите, что второй многочлена всегда положителен на отрезке [0; 1/2016]. Например, с помощью производной или с помощью знания того, что x²⁰¹⁶ положительный, а 2016x-1 - отрицательный на этом отрезке)

Показать ответ и решение

Первое решение.

Пусть $x1 >0$ — корень уравнения $2016 x + 2016x− 1= 0$ , а $x2 > 0$ — корень уравнения $2016 x − 2016x+ 1=0$ . Тогда

x2016+ 2016x − 1= 0 12016 1 x2 − 2016x2+ 1= 0

Складывая эти равенства почленно, получаем:

2016 2016 x1 + x2 + 2016(x1− x2)= 0

Значит

x20116+x22016 x1 − x2 = −--2016----< 0

Таким образом, $x1 < x2.$

Второе решение.

Функция $x2016$ принимает только положительные, а функция $2016x − 1−$ только отрицательные значения на интервале $(0,1∕2016).$ Значит, уравнение $x2016 = 2016x− 1$ и многочлен $x2016− 2016x+ 1$ не имеют корней на этом интервале. Многочлен $x2016+ 2016x − 1$ принимает в концах отрезка $[0,1∕2016]$ значения разных знаков и, следовательно, имеет корень на интервале $(0,1∕2016)$ .

Ответ: у первого меньше

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 255#76055Максимум баллов за задание: 7

Многочлен $P(x)$ с целыми коэффициентами и натуральное число $a> 1$ таковы, что для любого целого $x$ найдётся целое $z,$ для которого $aP(x)= P(z).$ Найдите все такие пары $(P (x);a).$

Источники: СПбОШ - 2016, задача 10.7(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрите следующую лемму (она требует предъявление доказательства): "Предположим, что A, B — вещественные числа, причем A≠±1 и многочлен P(x) степени k > 0 удовлетворяет равенству P(Ax + B) = AᵏP(x). Тогда P(x) = α(x - x₀)ᵏ, где x₀ = -B/(A-1)"

Подсказка 2

Для доказательства леммы положите Q(x) = P(x+x₀). Рассмотрите Q(Ax), проделайте цепочку преобразований.

Подсказка 3

Обратите внимание на коэффициенты при степенях x в полученном после цепочки преобразований равенстве.

Подсказка 4

Один из многочленов, подходящих под ответ, довольно тривиален.

Подсказка 5

А до второй части ответа наоборот, нужно дойти. Подумайте, будет ли какой-то многочлен, равный ненулевой константе, удовлетворять условию при каком либо a.

Подсказка 6

Нет, не будет. Придется рассматривать случай, когда степень многочлена P равна k>0, при этом положите коэффициент α при xᵏ больше 0 (для коэффициента меньше 0 рассуждения аналогичны).

Подсказка 7

Попытайтесь заметить несколько наблюдений, не пользуясь соображениями целочисленности из условия задачи. Попробуйте рассмотреть равенство aP(x) = P(z) как уравнение относительно z = z(x).

Подсказка 8

Рассмотрите поведение многочлена P(x) при очень большом x. Обратите внимание, имеет ли решения вышеприведенное уравнение при x приближающемся к бесконечности и как это зависит от z(x).

Подсказка 9

Будем рассматривать луч [M, +∞]. Тогда уравнение всегда будет иметь решение z(x) > M, зависящее от x. Рассмотрите, как себя ведет на этом луче z(x) в зависимости от x. Рассмотрите для уравнения случай z(x) > M.

Подсказка 10

Положите a = ρᵏ при некотором вещественном ρ > 1. Рассмотрите переменный вещественный параметр θ для уравнения P(ρx + θ) - P(z).

Подсказка 11

Положите θ такое, что коэффициент при xᵏ⁻¹ обнулится.

Подсказка 12

θ₀ = β(a - ρᵏ⁻¹)/kαρᵏ⁻¹

Подсказка 13

Докажите, что существует lim x->+∞ (z(x) - ρx) = θ₀.

Подсказка 14

Рассмотрите этот предел слева и справа (по определению), воспользовавшись монотонностью.

Подсказка 15

Рассмотрите предел z(x) + ρx для достаточно больших x (таких, что z(x) < 0). Обозначим его Θ.

Подсказка 16

Рассмотрите числа z(x), z(x+1), z(x+2) при большом натуральном x. Обратите внимание на их знаки. Сделайте из этого вывод о числе ρ.

Подсказка 17

Получаем, что во всех случаях, вне зависимости от знаков z(x), z(x+1), z(x+2), число 2ρ — целое. Тогда сделайте замечания о значениях выражений 2z(x) ± 2ρx.

Подсказка 18

Подумайте, имеет ли место одно из следующих равенств: z(x) = ρx + θ₀, z(x) = -ρx + Θ. Если да, то при каких условиях? Сделайте замечание о том, какому множеству чисел принадлежат Θ и θ₀.

Подсказка 19

Рассмотрите многочлены P(ρx + θ₀) - aP(x) и P(-ρx + Θ) - aP(x). Сделайте замечание о количестве их корней и вывод об их значениях. Примените лемму, доказанную в начале.

Подсказка 20

Заметьте, что с точностью до множителя, можно считать, что P(x) = (px + q)ᵏ. Предъявите требования к p и q.

Подсказка 21

Пользуясь равенством aP(x) = P(z), ответьте, чему равно pz + q.

Подсказка 22

pz+q = ±a¹ᐟᵏ(px+q), где знак минус возможен при четном k. Сделайте замечание о том, к какому множеству чисел принадлежит a¹ᐟᵏ.

Подсказка 23

a¹ᐟᵏ — рациональное число, и, соответственно, a — точная k-я степень. Положите a = rᵏ и получите выражение для z.

Подсказка 24

Исходя из выражения для z, предъявите итоговые требования для многочлена P(x), чисел k, p, c, q, a и r.

Показать ответ и решение

Нам понадобится следующая стандартная лемма.

Лемма. Предположим, что $A,B$ — вещественные числа, причем $A ⁄=±1,$ и многочлен $P(x)$ степени $k >0$ удовлетворяет равенству $k P (Ax +B )=A P (x).$ Тогда $k P(x)=α(x− x0),$ где $-B- x0 = −A −1.$

Доказательство. Положим $Q(x)=P (x +x0).$ Тогда

k k Q(Ax)= P(Ax+ x0)= P(A(x+ x0)+ B)= A P (x+ x0)= A Q(x)

Приравнивая в полученном уравнении $Q(Ax)= AkQ(x)$ коэффициенты при степенях $x,$ видим, что все они, кроме коэффициента при $xk,$ равны $0.$

Ясно, что многочлен $P (x)≡ 0$ удовлетворяет условию при любом $a> 1,$ а многочлен, равный ненулевой константе, не удовлетворяет условию ни при каком $a.$ Пусть теперь степень многочлена $P$ равна $k> 0$ и

k k−1 P(x)= αx +βx + ...

Сделаем несколько наблюдений, не пользуясь соображениями целочисленности из условия задачи. Будем считать, что $α >0$ (для $α <0$ рассуждения аналогичны). Рассмотрим равенство

aP(x)= P(z) (1)

как уравнение относительно $z = z(x).$ Многочлен $P(x)$ монотонен и непрерывен на некотором луче вида $[M, +∞ ).$ Поэтому при больших положительных $x$ это уравнение всегда имеет решение $z(x)> M,$ (непрерывно) зависящее от $x.$ Очевидно, что $z(x)→ +∞$ при $x → +∞.$ При четном $k$ для больших $x$ существует также решение $z(x)< 0;$ в этом случае $z(x)→ − ∞$ при $x → +inf.$

Рассмотрим случай $z(x)> M.$ Пусть $a =ρk$ при некотором вещественном $ρ> 1.$ При фиксированном $x$ и $z =z(x),$ найденном из уравнения $(1),$ рассмотрим переменный вещественный параметр $𝜃,$ для которого

P(ρx+𝜃)− P(z)=P (ρx+ 𝜃)− aP(x)= (βρk−1+ kαρk−1𝜃− βa)xk−1+ ... (2)

Положим $β(a−ρk−1) 𝜃0 =-kαρk−1--$ (для этого значения $𝜃$ коэффициент при $xk−1$ равен $0$ ).

Мы утверждаем, что существует $limx→+∞ (z(x)− ρx)= 𝜃0.$

Доказательство. Рассуждая по определению, выберем числа $𝜃− < 𝜃0 < 𝜃+.$ Тогда при $𝜃= 𝜃−$ и $𝜃= 𝜃+$ правая часть формулы $(2)$ при достаточно больших $x$ принимает большие по модулю значения разных знаков, в то время как при $𝜃= 𝜃0$ правая часть формулы $(2)$ относительно мала по сравнению с этими значениями. В силу монотонности многочлена получаем, что $z(x)$ лежит между $ρx+ 𝜃−$ и $ρx+ 𝜃+.$

Для больших $x,$ для которых $z(x)< 0,$ аналогично получаем, что $z(x)+ ρx$ имеет некоторый конечный предел $Θ.$

Рассмотрим теперь большое натуральное $x.$ Среди чисел $z(x),z(x+ 1),z(x+ 2)$ два имеют одинаковый знак. Если, например, $z(x)$ и $z(x+ 1)$ отрицательны, то

ρ =(z(x +1)+ ρ(x+ 1))− (z(x)+ ρx)+ z(x)− z(x +1)

есть сумма целого числа $z(x)− z(x+ 1)$ и функции от $x,$ стремящейся к $0$ при возрастании $x.$ Отсюда получаем, что число $ρ$ целое. Аналогичное рассуждение верно и для других вариантов, и во всех случаях получаем, что $2ρ$ — целое число. Тогда целочисленные выражения $2z(x)± 2ρx,$ имеющие предел, должны быть постоянными при больших $x.$ Таким образом, хотя бы одно из равенств $z(x)=ρx+ 𝜃0$ , $z(x)= −ρx+ Θ$ имеет место при бесконечно многих $x$ (отметим, что из этого следует целочисленность $𝜃0$ или соответственно $Θ$ ). Значит, либо многочлен $P(ρx+ 𝜃0)− aP(x),$ либо многочлен $P (− ρx +Θ )− aP(x)$ имеет бесконечно много корней, следовательно, он тождественно равен $0.$ Применяя лемму, получаем, что $P (x)= α(x− x0)k,$ где $x0$ — рациональное число.

Для решения задачи заметим, что с точностью до множителя (не влияющего на существование целого $z,$ такого что $P(z)= aP (x)$ ), можно считать, что $P(x)= (px+ q)k,$ где $p> 0$ и $q$ — взаимно простые целые числа. Тогда равенство $(1)$ означает, что $pz+ q = ±a1∕k(px+ q),$ знак минус возможен при четном $k.$ Сразу ясно, что $a1∕k$ — рациональное число, т.е. $a$ — точная $k$ -я степень. Пусть $a =rk.$ Получаем $pz = ±r(px +q)− q,z = ±rx+ (±r− 1)q∕p.$ Итак, при $q = 0$ годится любое целое $r> 1,$ в противном случае при нечетных $k$ нужно, чтобы $r − 1$ было кратно $p,$ а при четных $k$ — чтобы $r±1$ было кратно $p.$

Ответ:

$1)P(x) ≡0$ и $a$ любое;

$k 2)P(x)= c(px+ q) ,$ где $k,p$ — натуральные числа, $c,q$ — целые, $c⁄= 0$ и $p$ и $q$ взаимно просты; для этого случая число $a$ должно быть больше $1$ и иметь вид $k a= r ,$ где $r≡ 1$ (mod $p$ ) при нечетных $k$ и $r ≡±1$ (mod $p$ ) при четных $k.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 256#76295Максимум баллов за задание: 7

У многочленов $P(x)$ и $Q (x)$ один и тот же набор целых коэффициентов (их порядок различен). Докажите, что разность $P (2015)− Q(2015)$ кратна $1007.$

Источники: Московская математическая регата, 2016

Показать доказательство

Нетрудно видеть, что $P(1)=Q (1),$ потому что набор коэффициентов один и тот же. Также ясно, что $P(2015)≡ P(1) (mod 1007)$ и $Q (2015)≡ Q(1) (mod 1007),$ так как $1≡ 2015 (mod 1007).$ Из равенства $P(1)=Q (1)$ получаем, что $P (2015) ≡Q (2015) (mod 1007),$ что и требовалось.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 257#79751Максимум баллов за задание: 7

Про приведенный многочлен $P(x)= xn+ a xn−1+ ...+ ax +a n− 1 1 0$ с действительными коэффициентами известно, что при некотором натуральном $m > 2$ многочлен $P(P (...P(P (x)...))$ имеет действительные корни, причем только положительные. Обязательно ли сам многочлен $P(x)$ имеет действительные корни, причем только положительные?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте для начала по исследуем P(x), попробуйте предположить что-нибудь о корнях P(x) и выяснить, не выходит ли противоречий.

Подсказка 2

Оказывается, что P(x) обязательно должен иметь хотя бы один положительный корень, докажите это.

Подсказка 3

А теперь давайте докажем, что если P(x) имеет отрицательный корень, то и P_m(x) имеет отрицательный корень. Как это можно сделать?

Подсказка 4

Довольно удобно ввести индукцию по m, при k=1 утверждение, очевидно, верно. Как сделать переход?

Подсказка 5

Поисследуйте наибольшие и наименьшие корни P_k(x) и P(x).

Подсказка 6

Докажите, что найдется такой x₀, что P(x₀)=P_k(x₁)=0, где x₁ наибольший или наименьший корень P_k(x).

Подсказка 7

Завершите доказательство, найдя противоречие с условием!

Показать ответ и решение

Для любого натурального $k >2$ положим $P (x)=P (P(...P(P(x)...)) k$ ( $k$ итераций). По условию задачи $P (x) m$ имеет действительные корни, причем только положительные. Покажем, что $P (x)$ имеет действительные корни, причем только положительные.

Предположим, что $P(x)$ не имеет положительных корней. Тогда $n n−1 P (x)= x + an− 1x + ...+ a0 > 0$ при достаточно больших $x$ и не меняет знак при $x> 0,$ т. е. $P$ переводит положительные числа в положительные. Значит, тем же свойством обладают все многочлены $Pk.$ Это противоречит тому, что у $Pm (x)$ есть положительные корни. Поэтому многочлен $P(x)$ также имеет положительные корни.

Если $P(0)= 0,$ то $Pm (0)= 0.$ Значит, ноль не является корнем многочлена $P(x).$

Предположим, что у $P (x)$ есть и отрицательный, и положительный корни. Докажем методом математической индукции, что тогда при всех натуральных $k$ многочлен $Pk(x)$ также имеет и отрицательный, и положительный корни.

При $k= 1$ утверждение верно. Предположим, что оно верно при некотором $k= j.$ Обозначим через $x1$ и $x2$ соответственно наименьший и наибольший корни многочлена $P(x),$ а через $x3$ и $x4$ соответственно наименьший и наибольший корни многочлена $Pj(x).$ Тогда $x1 < 0,x2 >0,x3 < 0,x4 >0.$

Если число $n$ нечетно, многочлен $P(x)= xn +an−1xn−1+ ...+ a1x +a0$ принимает все значения от $− ∞$ до $0$ на луче $(∞,x1].$ Значит, на этом луче найдется такое число $x5,$ что $P(x5) =x3.$

Если число $n$ четно, многочлен $P (x)= xn+ an−1xn−1 +...+ a1x+ a0$ принимает все значения от $0$ до $+ ∞$ на луче $(−∞, x1].$ Значит, на этом луче найдется такое число $x5,$ что $P(x5)= x4.$ В обоих случаях многочлен $P(x)= xn +an−1xn−1+ ...+ a1x +a0$ принимает все значения от $0$ до $+ ∞$ на луче $[x2,+∞ ).$ Значит, на этом луче найдется такое число $x6,$ что $P (x6)= x4.$ Следовательно, в обоих случаях $Pj+1(x5)=Pj(P(x5))= 0$ и $Pj+1(x6)=Pj(P(x6))= 0.$ При этом $x5 < 0$ и $x6 > 0.$ Утверждение доказано.

Значит, если у $P(x)$ есть и отрицательный, и положительный корни, то у $Pm(x)$ есть и отрицательный, и положительный корни. Пришли к противоречию.

Остается единственная возможность: многочлен $P(x)$ имеет действительные корни, причем только положительные.

Ответ:

Да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 258#122901Максимум баллов за задание: 7

Дано натуральное число $N ≥ 3$ . Назовём набор из $N$ точек на координатной плоскости допустимым, если их абсциссы различны, и каждая из этих точек окрашена либо в красный, либо в синий цвет. Будем говорить, что многочлен $P (x)$ разделяет допустимый набор точек, если либо выше графика $P (x)$ нет красных точек, а ниже — нет синих, либо наоборот (на самом графике могут лежать точки обоих цветов). При каком наименьшем $k$ любой допустимый набор из $N$ точек можно разделить многочленом степени не более $k?$

Показать доказательство

Докажем, что $k= N − 2$ подходит. Возьмем произвольные $N − 1$ из данных $N$ точек; существует многочлен степени, не большей $N − 2,$ график которого проходит через них. Этот многочлен, очевидно, разделяет наши точки.

Осталось построить пример допустимого набора, который нельзя разделить многочленом степени, меньшей $N − 2.$ Возьмем график некоторого приведенного многочлена $f(x)$ степени $N − 2$ и расположим на нем $N$ точек, чередуя цвета. Предположим, что некоторый многочлен $P (x),$ степень которого не больше $N − 3,$ разделяет эти точки; можно считать, что ниже графика $P(x0$ нет красных точек, а выше — синих.

Обозначим $Q (x)= f(x)− P(x);$ степень многочлена $Q(x)$ равна $N − 2≥ 1.$ Кроме того, если $r$ и $b$ — абсциссы произвольных красной и синей точек, то $P(r)≤f(r)$ и $P(b)≥ f(b),$ то есть $Q(r)≥ 0$ и $Q(b)≤ 0.$

Заметим, что если $Q(s)≤ Q(t)$ при некоторых $s <t,$ то существует такая точка $u ∈(s,t),$ для которой $′ Q (u)>0$ ( $Q$ непостоянен). Это значит, что на любом интервале между красной и синей точками (красная левее синей) найдется точка, в которой значение $Q′(x)$ положительно. Аналогично, на любом интервале между синей и красной точками найдется точка, в которой значение $Q′(x)$ отрицательно. Итого, мы нашли $N − 1$ точек, в которых $Q′(x)$ принимает значения чередующихся знаков. Между любыми такими соседними точками $Q ′(x)$ имеет корень. Следовательно, у многочлна $Q ′(x)$ не менее $N − 2$ корней. Но это невозможно, так как $Q′(x)$ — многочлен степени $N − 3.$ Противоречие

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 259#124313Максимум баллов за задание: 7

Найдите в замкнутом виде значение выражения

1∑000 k 1 k 2 k 1000 (2k−-21)(2..−.(23k−)(22k−−1)3(2)k.−..(22k+−1).3..(2)k−-21000). k=1

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обратите внимание, в знаменателе стоят разности вида 2ᵏ − 2ʲ, это очень похоже на базисы интерполяционной формулы Лагранжа.

Подсказка 2

Подумайте чему равен коэффициент при старшей степени в интерполяционном многочлене, если мы знаем его значения в точках xᵢ = 2ⁱ?

Подсказка 3

Попробуйте построить многочлен P(x), который в точке x = 2ᵏ принимает значение (2ᵏ − 3¹)(2ᵏ − 3²)…(2ᵏ − 3¹⁰⁰⁰). Тогда сумма в условии как раз равна старшему коэффициенту интерполяционного многочлена по этим данным.

Подсказка 4

Попробуйте догадаться, какой именно многочлен, степени 999 подойдёт для всех точек сразу. Если бы степень равнялась 1000, подошел бы (x − 3¹)(x − 3²)…(x − 3¹⁰⁰⁰)?

Показать доказательство

Определим $1000$ точек на координатной плоскости следующим образом:

i k 1 k 2 k 1000 xi =2 , yi = (2 − 3 )(2 − 3)...(2 − 3 ).

Тогда по теореме об интерполяционном многочлене Лагранжа требуемое выражение — старший коэффициент многочлена степени не выше $999,$ график которого проходит через все точки $(x ,y). i i$ Как известно, существует лишь один такой многочлен. Значит, осталась его угадать и посчитать старший коэффициент. Заметим, что многочлен

1 1000 1 1000 P(x) =(x− 3)...(x− 3 )− (x− 2)...(x− 2 )

подходит. Его коэффициент при старшей степени равен

(21+...+21000)− (31+ ...+ 31000)= 21001− 2+ 31001− 3. 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 260#65392Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что если в выражении $(x2− x+ 1)2014$ раскрыть скобки и привести подобные слагаемые, то какой-нибудь коэффициент полученного многочлена будет отрицательным.

Источники: Муницип - 2014, Москва, 10.2

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что интересного, связанного с коэффициентами, мы точно умеем считать?

Подсказка 2

Свободный член и сумму коэффициентов! Что нам может намекать на отрицательность?

Подсказка 3

Нулевая сумма каких-то коэффициентов! А как мы можем ее искать? Подключить полученные из подсказки 2 знания и доказать утверждение!

Показать доказательство

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:

( 2 )2014 1 − 1+1 = 1

Свободный член тоже можно посчитать, для этого надо подставить $x= 0.$ Получится

( 2 )2014 0 − 0+1 = 1

Тогда сумма всех коэффициентов, кроме свободного члена, равна нулю. При этом старший коэффициент (он отличен от свободного члена из-за количества коэффициентов) равен единице, поэтому должен найтись и отрицательный коэффициент (иначе нулевая сумма коэффициентов окажется не меньше единицы, чего быть не может).

Следующая подтема