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 261#75649Максимум баллов за задание: 7

Исходно на доске написаны многочлены $x2− 4x$ и $x3− 3x2+ 5.$ Если на доске написаны многочлены $f(x)$ и $g(x),$ разрешается дописать на неё многочлены $f(x)+ g(x),f(x)g(x),f(g(x))$ и $cf(x),$ где $c$ — произвольная (не обязательно целая) константа. Может ли на доске после нескольких операций появиться многочлен вида $n x − 1$ (при натуральном $n$ )?

Источники: Всеросс., 2014, ЗЭ, 11.7(см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка

Понять, какие многочлены получатся очень тяжело, но легче посмотреть на их производные. Поймите, что будет общего у всех производных полученных функций.

Показать ответ и решение

Рассмотрим производные изначальных многочленов: $(x2− 4x)′ = 2x − 4,(x3 − 3x2+ 5)′ = 3x2− 6x.$ Обе производные имеют нули в $x =2.$

Теперь докажем следующую лемму:

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. Имеется множество функций, каждая из которых имеет ноль производной в заданной точке. Тогда, любая новая функция, полученная способом, описанным в задаче, из функций множества, тоже будет иметь корень производной в этой точке.

Доказательство леммы. Пусть новая функция $h$ была получена из функций $f$ и $g$ по одному из способов, упомянутых в условии. По условию леммы имеется такое фиксированное $x =a,$ что $′ ′ f (a)= g(a)= 0.$

1) $h =f +g ⇒ h′ =f′+ g′ ⇒ h′(a)= f′(a)+ g′(a)= 0.$ Значит, $x= a$ — ноль функции $h.$

2) $h =f ⋅g ⇒ h′ = f′⋅g+ f ⋅g′ ⇒ h′(a)= f′(a)⋅g(a)+g′(a)⋅f(a)=0.$ Значит, $x =a$ — ноль функции $h.$

3) $h(x)= f(g(x)) ⇒ h′ = f′(g(x))⋅g′(x) ⇒ h′(a)= f′(g(a))⋅g′(a)= 0.$ Значит, $x =a$ — ноль функции $h.$

4) $h =c ⋅f ⇒ h′ =c ⋅f′ ⇒ h′(a)= c⋅f′(a)= 0.$ Значит, $x= a$ — ноль функции $h.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма доказана. Вернемся к исходной задаче. По лемме мы получаем, что каждая новая функция на доске будет иметь ноль производной в точке $x= 2.$ Но рассмотрим функцию, которую мы хотим получить: $(xn− 1)′ = nxn− 1.$ Заметим, что у ее производной не имеется нуля в точке $x= 2.$ Значит, по лемме мы не можем получить такую функцию.

Ответ:

Нет, не может

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 262#85457Максимум баллов за задание: 7

Многочлен $P(x)$ с целыми коэффициентами таков, что $P(0)= 0,$ и НОД всех чисел вида $P(k)$ (при целых $k$ ) равен $1.$ Докажите, что существует бесконечно много натуральных $n$ таких, что НОД всех чисел вида $P(k+ n)− P (k)$ (при целых $k)$ равен $n.$

Показать доказательство

Пусть $m = deg P.$ Возьмем простое $p,$ большее $m$ и большее модуля старшего коэффициента многочлена. Докажем, что $n =p$ подходит. Очевидно, что $p$ является общим делителем всех чисел вида $P(x+ p)− P(x).$ Докажем, что большего общего делителя у них нет. Пусть некоторое $N > p$ делит $P(x+ p)− P(x)$ при всех целых $x.$ Рассмотрим два случая.

$1).$ У $N$ есть простой делитель $q ⁄= p.$ Тогда для всех целых $x$ имеем: $P(x +p)≡ P(x)( (mod q))$ и $P(x+ q)≡P (x)( (mod q)).$ Числа $p$ и $q$ взаимно просты, поэтому для любого целого $x$ найдутся целые $a$ и $b$ такие, что $x =ap+ bq.$ Тогда $P (x)= P(ap+bq)≡ P(0)= 0( (mod q)),$ т. е. НОД всех чисел $P(x)$ (при целых $x$ ) не меньше $q.$ Противоречие.

$2).$ $k N = p,k> 1.$ Рассмотрим многочлен $P(x+p)− P(x)$ над полем $𝔽p$ (т. е. рассмотрим его коэффициенты по модулю $p$ ). Он имеет $p$ корней в поле $𝔽p,$ а его степень не превосходит $m < p,$ поэтому все его коэффициенты нули. Значит все коэффициенты $P (x+ p)− P (x)$ (как многочлена с целыми коэффициентами) кратны $p.$ Применяя аналогичное рассуждение к многочлену $(P(x+ p)− P(x))∕p,$ получаем что все коэффициенты $P(x+ p)− P(x)$ (как многочлена с целыми коэффициентами) кратны $p2.$ Легко проверить, что это не так для коэффициента при $xm−1.$ Противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 263#49150Максимум баллов за задание: 7

Учитель написал на доске многочлены с целыми коэффициентами:

n n−1 P(x)= anx +an−1x + ...+ a1x +a0

m m −1 Q(x)=bmx + bm −1x +...+b1x+ b0

и дал задание найти целое значение $x$ , такое, что $P(x)$ делится (нацело) на $Q(x).$

Петя Васечкин взялся за дело и, взяв для начала $x= 0$ , получил $P(0)= 4,Q(0)= 3$ . «Не делится», подумал Петя, и решил подставить $x =1$ . Получилось $P(1)= −137,Q (1)= 0$ . «А ноль делить нельзя», — подумал Петя. Он попробовал взять $x= 2$ , но там получались большие числа и Петя запутался в вычислениях.

Напоследок он решил попробовать взять $x = −1$ и получил $P(−1)= 137,Q(−1)= −6$ . «Да таких значений $x$ просто не существует!» — воскликнул Петя. Прав ли он?

Источники: ПВГ 2013

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обратите внимание на то, какие числа подставил мальчик в многочлен: -1, 0 и 1 (двойка нам не дает никаких значений). Если посмотреть отдельно на все значения Р(х) и Q(x), то что вы можете сказать о их делимости на 3?

Подсказка 2

Именно, значения Р не делятся на 3, а значения Q делятся на 3. Доказав, пользуясь теоремой Безу, что ни одно значение Р не кратно 3, мы решим задачу (почему?)

Показать ответ и решение

Заметим, что Петя подставил в многочлены все остатки по модулю $3$ . При этом многочлен $P$ никогда не бывает кратен $3$ , какой бы остаток мы не подставили. В это же время многочлен $Q$ при любом остатке равен числу, кратному трём. Отсюда следует, что не найдётся такое целое значение $x$ , что $P(x)Q≡(x)0$ , поскольку это значило бы делимость $P(x)≡3 0$ , которая не выполняется. Значит, Петя прав.

Ответ:

да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 264#91859Максимум баллов за задание: 7

Найдите $a$ и $b$ такие, что многочлен $x2013+ x99+ ax+ b$ делится нацело на $x2− x+ 1$ .

Источники: ПВГ 2013, 9 класс

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что мы иногда делаем, когда хотим доказать, что какое-то число делится на a? Рассматриваем числа по модулю a! Давайте сделаем такой же трюк, только с многочленами.

Подсказка 2

Начнём с малого. Очевидно, что x² - x + 1 ≡ 0, значит, x² ≡ x - 1. Самостоятельно посмотрите на степени x вплоть до x⁶.

Подсказка 3

Получаем, что x³ ≡ -1, x⁴ ≡ -x, x⁵ ≡ -x + 1, x⁶ ≡ 1. Какой вывод из этого можно сделать?

Подсказка 4

Верно! Остатки степеней х по модулю x² - x + 1 зацикливаются с циклом длины 6. Как же теперь посчитать остатки для x²⁰¹³ и x⁹⁹?

Подсказка 5

С этой задачей вы точно справитесь! Докажите, что x²⁰¹³ ≡ -1 ≡ x⁹⁹. Вернёмся к тому, что от нас требуют.

Подсказка 6

Получаем, что многочлен ax + (b-2) должен делиться на многочлен x² - x + 1 при всех вещественных х. Кажется, если ax + (b-2) — невырожденное линейное уравнение, возникает много проблем. Докажите это сами, а с вырожденностью делать то особо нечего... Успехов!

Показать ответ и решение

Везде ниже будем вести рассуждения по модулю многочлена $x2− x +1.$

0 x ≡ 1,

1 x ≡ x,

x2 ≡x − 1,

x3 ≡ x⋅x2 ≡ x(x − 1)= x2− x ≡ (x− 1)− x = −1,

Аналогично далее находим

x4 ≡ −x,

x5 ≡ −x+ 1,

x6 ≡ 1.

Таким образом, цикл повторяется каждые 6 шагов.

Значит, надо только лишь найти остатки $2013$ и $99$ по модулю $6$ :

Следовательно,

2013 6⋅335+3 3 x = x ≡x ≡ −1,

99 6⋅16+3 3 x = x ≡x ≡ −1.

Теперь подставим эти значения в многочлен $P (x)$ :

P (x)≡ −1 − 1+ ax+ b= ax +(b− 2).

Для того чтобы $P(x)$ делился на $x2− x+ 1$ , необходимо, чтобы остаток $ax+ (b− 2)$ был нулевым для всех $x$ , а отсюда сразу же:

a= 0

b− 2= 0 =⇒ b= 2.

Ответ:

$a =0,b= 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 265#86850Максимум баллов за задание: 7

Положительные числа $a,...,a ,k 1 n$ таковы, что $a + ...+ a = 3k,a2+ ...a2= 3k2 1 n 1 n$ и $a3+ ...+ a3> 1 n$ $3k3+k.$ Докажите, что какие-либо два из чисел $a1,...,an$ отличаются больше, чем на $1.$

Источники: Всеросс., 2012, ЗЭ, 9.4(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Перемножив равенство

a1+ a2+...+an =3k (1)

и неравенство

3 3 3 3 a1+ a2+ ...+an >3k + k

получим неравенство

4 4 4 3 3 3 3 3 3 4 2 a1+ a2+ ...+ an +a1a2+ a1a2+ a1a3+a1a3+ ...+an−1an+ an−1an > > 9k +3k (2)

Возведем теперь в квадрат равенство

a2+a2+ ...+ a2= 3k2 (3) 1 2 n

Получим

a41 +a42+ ...+ a4n+ 2a21a22+ 2a21a23+ ...+ 2a2n−1a2n = 9k4 (4)

Вычитая из неравенства $(2)$ равенство $(4),$ получаем

(a31a2− 2a21a22+ a1a32)+ ...+ (a3n−1an− 2a2n−1a2n +an−1a3n)> 3k2

или

$a1a2(a1− a2)2+a1a3(a1 − a3)2+...+an−1an(an−1 − an)2 > 3k2 (5).$

Предположим теперь, что любые два числа отличаются не больше, чем на $1.$ Тогда квадрат их разности не больше $1,$ и из $(5)$ получаем неравенство

a1a2+ a1a3+ ...+ an− 1an >3k2 (6)

Но, если вычесть из квадрата равенства $(1)$ равенство $(3),$ получится равенство

2a1a2+ 2a1a3 +...+ 2an−1an =6k2

что противоречит $(6).$ Значит, найдутся два числа, отличающиеся больше, чем на $1.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 266#86851Максимум баллов за задание: 7

Каждые два из действительных чисел $a,a ,a ,a,a 1 2 3 4 5$ отличаются не менее чем на $1.$ Оказалось, что для некоторого действительного $k$ выполнены равенства $a1+ a2+ a3 +a4+ a5 = 2k$ и $2 2 2 2 2 2 a1 +a2+ a3+a4+ a5 = 2k.$ Докажите, что $2 25 k ≥ 3 .$

Источники: Всеросс., 2012, ЗЭ, 10.3(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Без ограничения общности можно считать, что $a < ...< a . 1 5$ По условию, $a − a ≥ 1 i+1 i$ при всех $i= 1,2,3,4.$ Значит, $aj − ai ≥j− i$ при всех $1 ≤i< j ≤ 5.$ Возведём каждое из полученных неравенств в квадрат и сложим их все. Получим $∑ 2 ∑ 2 2 2 2 2 1≤i<j≤5(aj − ai) ≥ 1≤i<j≤5(j− i) =4 ⋅1 + 3⋅2 + 2⋅3 +4 = 50,$ то есть

∑5 ∑ 4 a2i − 2 aiaj ≥50 (1) i=1 1≤i<j≤5

С другой стороны, по условию имеем

∑5 ∑ a2i + 2 aiaj = (a1 +...+ a5)2 =4k2 (2) i=1 1≤i<j≤5

Складывая $(1)$ и $(2),$ получаем

∑5 5 a2i =10k2 ≥ 50+4k2 i=1

откуда $2 6k ≥ 50,$ или $2 k ≥25∕3.$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 267#70996Максимум баллов за задание: 7

При каких значениях параметров $a,b,c$ множество решений уравнения

5 4 2 x +2x + ax +bx+ c= 0

состоит в точности из чисел $1$ и $− 1?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Из условия мы сразу же узнаем, что числа 1 и -1 – решения уравнения. Воспользуемся этим фактом самым очевидным образом – подставим 1 и -1 в уравнение вместо переменной.

Подсказка 2

Из полученной системы находим значение b и то, каким образом выражается c через a. Мы нашли условия, при которых 1 и -1 – это решения, теперь нужно проверить, чтобы не было других решений.

Подсказка 3

Мы выяснили, что 1 и -1 являются решениями уже хотя бы по одному разу, значит, можно вынести x² - 1 из нашего уравнения, и останется только какой-то кубический многочлен. Вам нужно только найти такие a, при которых его корни это 1 или -1.

Показать ответ и решение

Подставим оба решения в уравнение

{ 1+ 2+ a+b+ c= 0 −1+ 2+ a− b+c= 0 =⇒ b= −1,a+c =−2

Далее вынесем $(x− 1)(x+ 1) =x2− 1$ из многочлена, получим

(x2− 1)(x3 +2x2+ x+ 2+a)= 0

Вторая скобка представляет собой кубический многочлен, поэтому у неё всегда есть корень, разберём случаи

Этот корень $x= 1$ , тогда $1+ 2+ 1+2 +a= 0 ⇐⇒ a= −6,c= 4$ , при вынесении $x− 1$ получим $(x − 1)(x2+ 3x+ 4)$ — вещественных корней у второй скобки нет.
Если же $x= −1$ , то $− 1+ 2− 1+2 +a =0 ⇐ ⇒ a =−2,c= 0$ , здесь есть корень $x= 0$ , поэтому случай нам не подходит.

Ответ:

при $a = −6,b= −1,c= 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 268#103203Максимум баллов за задание: 7

Многочлен $P(x)$ с действительными коэффициентами таков, что уравнение

P (m )+P(n)= 0

имеет бесконечно много решений в целых числах $m$ и $n.$ Докажите, что у графика $y = P(x)$ есть центр симметрии.

Показать доказательство

Рассмотрим многочлен $P (x)= P(x+ a)+P (a − x). a$ Заметим, что знак коэффициента этого многочлена при $xk$ совпадает со знаком $k−$ ой производной $Pa$ при $x =0.$ При четном $k$ этот коэффициент равен $(k) 2P (a),$ а при нечетном $k$ — нулю. Для достаточно больших $a$ знак $(k) P (a)$ совпадает со знаком старшего коэффициента многочлена $P.$ Следовательно, при достаточно больших по модулю $a$ все коэффициенты $Pa$ при нечетных степенях равны $0,$ а при четных одного знака. Поэтому $Pa$ не имеет корней при достаточно больших по модулю $a.$ Если $P(m)+ P(n)=0,$ то $x= (m − n)∕2$ является корнем многочлена $Pa,$ при $a =(m +n)∕2.$ Откуда сумма $m +n$ ограничена по модулю, так как равна $2a.$ Поэтому одно из значений $2a$ принимается бесконечное количество раз, то есть соответствующий многочлен $Pa(x)$ имеет бесконечно много корней, а значит, является тождественным нулём. Откуда следует, что $P(a− x)≡ −P (x+ a),$ то есть многочлен $P$ симметричен относительно точки $(a,0).$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 269#65394Максимум баллов за задание: 7

Выражение $x4+ x3− 3x2 +x +2$ возвели в натуральную степень, раскрыли скобки и привели подобные слагаемые. Докажите, что хотя бы один коэффициент полученного выражения будет отрицательным.

Источники: ММО-2006, 9.4, автор М. Малкин (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть мы возвели многочлен в степень n. Наверное, один коэффициент-то мы точно сможем найти, например, свободный) Чему он равен?

Подсказка 2

Да, например, можно подставить x = 0 и получить как раз свободный коэф, он будет равен 2^n. А можем ли мы получить еще какую-то информацию, но уже про все коэффициенты многочлена?

Подсказка 3

Можно попробовать получить чему равна сумма всех коэффициенты....а как?

Подсказка 4

Да, можно просто подставить в многочлен x = 1! Тогда получим что сумма коэффициентов = (1^4+1^3-3*1^2+1+2)^n = 2^n! А может ли быть такое, что сумма всех коэффициентов = свободному, если все коэффициенты неотрицательны?)

Показать доказательство

Пусть мы возводим в степень $n.$ 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:

4 3 2 n n (1 +1 − 3⋅1 + 1+2) = 2

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

4 3 2 n n (0 +0 − 3⋅0 + 0+2) = 2

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).

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 270#75627Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что для любого нечетного простого $p$ найдется неприводимый над $ℤ p$ многочлен степени $2.$

Источники: Всеросс., 2006, ЗЭ, 10.2(см. math.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть дан произвольный многочлен степени 2 в Z_p. В каком случае он имеет корень?

Подсказка 2

Если изначальный вопрос кажется лишком сложным, то рассмотрите частный случай, когда многочлен имеет вид x^2-b.

Подсказка 3

Тогда и только тогда, когда b (или дискриминант исходного уравнения) является квадратичным невычетом по модулю p. Осталось вспомнить почему существует квадратичный невычет по каждому простому модулю

Показать доказательство

Рассмотрим уравнение $x2− b ≡0$ в $ℤ p$ . Его разрешимость эквивалентна тому, что $b$ является квадратичным вычетом. Как известно, существует всего $p− 1 2$ квадратичных вычетов, и столько же невычетов. Тогда в качестве $b$ берем любой невычет и получаем неприводимый многочлен.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 271#49151Максимум баллов за задание: 7

На графике многочлена с целыми коэффициентами отмечены две точки с целыми координатами. Докажите, что если расстояние между ними — целое число, то соединяющий их отрезок параллелен оси абсцисс.

Источники: ММО-2005, 10.2, автор - Е.Горский, (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Есть две точки, которые лежат на графике, значит их координаты - это, скажем, А(а, Q(a)), B(b, Q(b)). Запишите теперь уравнение полученной прямой через коэффициент угла наклона (нам наверняка хочется, чтобы он был равен нулю).

Подсказка 2

Отлично, теперь запишите расстояние между этими двумя точками через эти заданные координаты (помним, это расстояние целое). Замечаем, что там есть выражение Q(a) - Q(b), подставим его из первого выражения, и теперь уже точно знаем, что коэффициент угла наклона равен 0 (осталось это доказать) :)

Показать доказательство

Пусть этот многочлен $Q(x)= a xn+...+a ,a ∈ℤ n 0 i$ , а на оси абсцисс отмечены $a,b$ , тогда их координаты $A(a,Q(a)),B (b,Q(b))$ . Используем теорему Безу

Q(a)− Q(b)= k(a − b), k∈ ℤ

Запишем квадрат расстояния между точками

2 2 2 2 2 2 ρ (A,B)= (a− b) +(Q(a)− Q(b)) = (a− b) (1+ k )=n , n∈ ℤ

Тогда $1 +k2$ является точным квадратом, что возможно только при $k =0$ , что и означает $AB ∥Ox$ .

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 272#80971Максимум баллов за задание: 7

Уравнение

n n−1 n−2 x +a1x + a2x +...+ an−1x+ an = 0

с целыми ненулевыми коэффициентами $a1,a2,...,an$ имеет $n$ различных целых корней. Докажите, что если любые два корня взаимно просты, то и числа $an−1$ и $an$ взаимно просты.

Источники: Всеросс., 2004, РЭ, 10.5(см. math.ru)

Показать доказательство

По теореме Виета $|a | n−1$ равен модулю суммы всевозможных произведений $n − 1$ чисел из наборов $x ,x ,...,x, 1 2 n$ а $|a | n$ равен модулю произведения всех корней. Покажем, что $|an−1|$ не делится на $xi.$ Для этого заметим, что $|an−1|=$ $|x2x3...xn$ $+$ $x1x3x4...xn+$ $...+x1x2...xi−1xi+1xi+2...xn$ $+$ $...+ x1x2...xn−1|≡$ $|x1x2...xi−1xi+1xi+2...xn| (mod xi).$ По условию все корни взаимно просты, отсюда и следует, что $|an−1|$ не делится ни на один из корней, но тогда он не имеет общих множителей с $|an|,$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 273#49149Максимум баллов за задание: 7

Все коэффициенты многочлена $P(x)$ — целые числа. Известно, что $P(1)= 1$ и что $P(n)= 0$ при некотором натуральном $n$ . Найдите $n.$

Источники: Турнир Ломоносова-2001, 10-11.5 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Когда в задании фигурирует многочлен с целыми коэф-ами, а тем более два его значения, то Вам должна вспоминаться теорема Безу, которую и следует тут применить.

Подсказка 2

Р(n)-Р(1) делится на n-1, в то же время оно равно -1. Теперь остается вспомнить, что n - это натуральное число :)

Показать ответ и решение

Воспользуемся теоремой Безу

P(n)− P(1)= −1n≡−10

Откуда $n− 1= ±1$ , поскольку $n∈ ℕ$ , то $n =2.$

Ответ:

$2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 274#75131Максимум баллов за задание: 7

Многочлен $P(x)=x3 +ax2+ bx +c$ имеет три различных действительных корня, а многочлен $P(Q (x)),$ где $Q (x)= x2+ x+ 2001,$ действительных корней не имеет. Докажите, что $P(2001)> 1∕64.$

Источники: Всеросс., 2001, ЗЭ, 10.5(см. math.ru)

Показать доказательство

По условию $P(x)= (x− x)(x− x )(x− x ), 1 2 3$ следовательно,

P(Q (x))= (Q (x)− x1)(Q(x)− x2)(Q(x)− x3)

где $Q (x)− xi ⁄= 0,i= 1,2,3.$

Пусть $D i$ — дискриминанта квадратного трехчлена $Q(x)− x i$ при $i∈ {1,2,3,4}.$ Тогда $D = 1− 4(2001− x)< 0. i i$ Перемножив полученные неравенства $2001 − x > 1, i 4$ получаем $P(2001)= (2001− x )(2001− x )(2001 − x )> 1-. 1 2 3 64$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 275#75135Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что для всех натуральных $k≥ 4$ следующее утверждение. Если $F(x)$ — многочлен с целыми коэффициентами, для которого

0≤ F(c)≤k для c= 0,1,...,k+ 1

то выполнено $F(0)= F(1)= ⋅⋅⋅= F(k+ 1).$

Показать доказательство

Сначала покажем, что $F(k+1)= F(0).$ Действительно, по теореме Безу число $F(k +1)− F(0)$ кратно $k +1$ и не превосходит $k$ по модулю, значит равно $0.$ Следовательно

F(x)− F (0)= x(x − k − 1)G(x)

где $G (x)$ — многочлен с целыми коэффициентами. Заключаем неравенство

k≥ |F (c)− F(0)|= c(k+ 1− c)|G (c)|

для $c∈{1,2,...,k}.$

Заметим, что для $c∈ {2,3,...,k− 1}$ верно неравенство $c(k+ 1− c) >k.$ Действительно, после раскрытия скобок и приведения подобных слагаемых имеем $(c− 1)(k− c)> 0.$

Множество ${2,3,...,k− 1}$ не пусто при $k ≥3,$ следовательно $|G(c)|< 1,$ то есть $G(c)=0,$ т.к. $G (x)$ имеет целые коэффициент. Наконец

F(x)− F(0)= x(x− 2)(x− 3)...(x− k +1)(x − k− 1)H(x)

где $H (x)$ — многочлен с целыми коэффициентами. Для завершения доказательства остается показать, что $H(1)= H(k)=0.$ При рассмотрении $c= 1$ или $c =k$ имеем

k ≥|F(c)− F(0)|= (k− 2)!k⋅|H(c)|

Осталось заметить, что при $k≥ 4,(k− 2)!> 1,$ следовательно $H(c)=0.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 276#122899Максимум баллов за задание: 7

Многочлен $P(x)$ степени $n$ имеет $n$ различных действительных корней. Какое наибольшее число его коэффициентов может равняться нулю?

Показать доказательство

Пусть $P(x)= a(x − x )...(x− x ), 1 n$ причем при $i⁄= j$ имеем $x ⁄= x . i j$ Так как у $P (x)$ нет кратных корней, то у производной их тоже нет (она имеет корень на каждом из $n− 1$ интервалов между каждыми двумя последовательными корнями). Аналогично $(k) P (x)$ не имеет кратных корней при $k∈ ℕ.$ Тогда если коэффициенты при $t x$ и $t+1 x$ равны 0 при некотором $t,$ имеем $(t) 2 P (x)= x Q(x)$ для ненулевого $Q (x).$ Тогда $x= 0$ — кратный корень некоторой производной, что влечет противоречие. Значит, коэффициенты при двух последовательных степенях $x$ не могут быть нулями. Предположим, что $n= 2l+1.$ Тогда нулевых коэффициентов не более $l+ 1.$ При $n =2l$ не более $l$ нулевых коэффициентов. Рассмотрим многочлен $2 2 2 P (x)= (x − 1)(x − 2)...(x − l)$ четной степени. Видно, что при раскрытии скобок остаются только четные коэффициенты, а потому все коэффициенты при нечетных степенях нулевые, поэтому всего их $l$ . Если же $n$ нечетно, то положим $2 2 2 P(x)= x(x − 1)(x − 2)...(x − l),$ поэтому всего их $l+ 1.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 277#73365Максимум баллов за задание: 7

Известно, что свободный член $α 0$ многочлена $P(x)$ с целыми коэффициентами по модулю меньше 100, а $P(20)= P(16)=2016.$ Найдите $α0.$

Источники: Отборочный этап олимпиады БИБН - 2016 (адаптация задачи 10.6 с Регионального этапа ВсОШ - 1994)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Есть смысл рассматривать не многочлен P(x), а многочлен P(x) - 2016, ведь у него мы знаем два корня.

Подсказка 2

Понятно, что мы можем записать многочлен P(x) - 2016, как (x - 20)(x - 16)Q(x). Попробуйте выразить P(0).

Показать ответ и решение

Из условия следует, что

P(x)− 2016 =(x− 20)(x− 16)Q(x)

где $Q (x)$ — некоторый целочисленный многочлен.

Как известно, свободный член многочлена равен его значению в нуле. Тогда

P(0)= 2016+ 320Q (0)

Из условия

−100≤ 2016+ 320Q (0)≤ 100

получаем, что $Q(0)= −6,$ а свободный член равен $96.$

Ответ:

$96$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 278#99358Максимум баллов за задание: 7

Пусть $m$ и $n$ — натуральные числа, $m< n.$ Докажите, что $∑n (−1)kkmCk = 0. k=1 n$

Источники: Квант, 1972

Показать доказательство

Рассмотрим многочлены $P (x)= ∑n kmCkxk−1. m k=1 n$ Заметим, что $P (x)= ((1 +x)n)′, 1$ $P (x)=(xP (x))′. m+1 m$ Число $− 1$ является корнем многочлена $(x+ 1)n$ кратности $n,$ поэтому оно будет корнем многочлена $P1(x)$ кратности $n− 1,$ $P2(x)$ кратности $n− 2,$ $...,$ корнем $Pm (x)$ кратности $n− m.$ Очевидно, что интересующая нас сумма равна $Pm (− 1).$

Следующая подтема