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 21#127864Максимум баллов за задание: 7

Уравнение $x3 = px +q$ имеет три различных корня, два из которых $x 1$ и $x . 2$ Докажите, что $x2+x x + x2= p. 1 1 2 2$

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Какое утверждение помогает выразить значение полиномов, зависящих от корней многочлена, через коэффициенты последнего?

Подсказка 2.

Какие условия на корни можно записать, используя теорему Виета?

Подсказка 3.

Пусть x₃ — третий корень. Тогда по теореме Виета:
x₁ + x₂ + x₃ = 0,
x₁x₂ + x₁x₃ + x₂x₃ = –p.
Осталось выразить x₃ через x₁ и x₂.

Показать доказательство

По теореме Виета:

x1+ x2 +x3 = 0, x1x2+ x2x3+ x3x1 = −p.

Так как $x3 = −x1− x2,$ получаем

x1x2 +x2(−x1− x2)+ (− x1− x2)x1 = −p.

Тогда

−x2− x2− x1x2 =− p, 1 2

что равносильно требуемому.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#127865Максимум баллов за задание: 7

Найдите все такие $a$ и $b,$ при которых многочлен $x4 +x3+ 2x2+ax +b$ является квадратом какого-либо многочлена.

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Какой многочлен в квадрате может дать приведённый многочлен четвёртой степени?

Подсказка 2.

Верно! Только приведённый квадратный трёхчлен. Обозначим его как x² + px + q. Осталось возвести его в квадрат и приравнять его коэффициенты с коэффициентами данного в условии многочлена.

Показать ответ и решение

Приведённый многочлен четвёртой степени может быть квадратом только приведённого квадратного трёхчлена. Итак,

4 3 2 2 2 x + x +2x + ax+ b=(x + px+q) .

Раскроем скобки справа:

2 2 4 3 2 2 2 (x + px +q) = x +2px + (p + 2q)x + 2pqx+ q

Сравним коэффициенты при $x3 :$

2p= 1=⇒ p = 1 2

Сравним коэффициенты при $x2 :$

2 1 7 p +2q =2⇒ 4 + 2q = 2⇒ q = 8

Сравним коэффициенты при $x:$

2pq = a⇒ a =2 ⋅ 1⋅ 7 = 7 2 8 8

Сравним свободные члены:

q2 = b⇒ b= (7)2 = 49 8 64

Ответ:

$a = 7, 8$ $b = 49- 64$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#127867Максимум баллов за задание: 7

Коэффициентами многочленов нечётной степени $P$ и $Q$ являются нечётные числа. Докажите, что у многочлена $P ⋅Q$ есть хотя бы один чётный коэффициент.

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Какова чётность количества коэффициентов в наших многочленах?

Подсказка 2.

Верно, их число четно! Теперь попробуйте установить связь между коэффициентами и значением многочлена.

Подсказка 3.

На самом деле сумма всех коэффициентов равна значению многочлена при x = 1. Что тогда можно сказать о суммах коэффициентов многочленов P и Q?

Подсказка 4.

Правильно, обе суммы чётные! Значит, значение произведения P·Q при x = 1 тоже будет чётным. А какой степени этот многочлен?

Показать доказательство

Сумма коэффициентов многочлена $f$ равна $f(1).$ Так как у $P$ нечётная степень, число его коэффициентов равно $deg(P)+ 1,$ и оно чётное. Каждый коэффициент нечётный, значит,

P(1)≡ 1◟+-1+◝.◜..+1◞≡ 0 (mod 2). deg(P )+1

Аналогично, $Q (1)≡ 0 (mod 2).$

Тогда

(P ⋅Q)(1)=P (1)⋅Q(1)≡0⋅0 =0 (mod 2).

Однако $P ⋅Q$ имеет чётную степень, и число его коэффициентов нечётное. Тогда сумма нечётного числа чисел чётная, значит, у многочлена $P ⋅Q$ есть хотя бы один чётный коэффициент.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#128012Максимум баллов за задание: 7

Уравнение $x3+px+ q = 0$ имеет три корня $x , 1$ $x , 2$ $x . 3$ Составьте уравнение, корнями которого будут числа $x2, 1$ $x2, 2$ $2 x3.$

Показать ответ и решение

По теореме Виета для уравнения $x3 +px+ q = 0$ имеем:

x1+x2+ x3 = 0, x1x2+x2x3+ x3x1 =p, x1x2x3 = −q.

Теперь составим уравнение, корнями которого будут $x2,x2,x2. 1 2 3$ Его вид будет:

3 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 22 y − (x1 +x2+ x3)y + (x1x2+ x2x3 +x3x1)y − x1x2x3 =0.

Найдем эти коэффициенты. Сумма корней $x21+ x22+ x23$ равна:

x2+ x2+ x2 =(x1+ x2+x3)2− 2(x1x2+x2x3+ x3x1)= 0− 2p =− 2p. 1 2 3

Сумма произведений корней попарно $x21x22+x22x23+ x23x21$ равна:

x21x22+ x22x23+ x23x21 = (x1x2+ x2x3+ x3x1)2− 2x1x2x3(x1+ x2+ x3) =p2− 2q⋅0= p2.

Произведение всех корней $x21x22x23$ равно:

x21x22x23 =(x1x2x3)2 = (− q)2 = q2.

Итак, искомое уравнение:

y3+ 2py2 +p2y− q2 =0.

Ответ:

$y3+ 2py2 +p2y− q2 =0$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#128013Максимум баллов за задание: 7

Пусть $P(x)$ – ненулевой многочлен. Могут ли все коэффициенты многочлена $P(x)⋅(x− 1)$ быть неотрицательными?

Показать ответ и решение

Пусть все коэффициенты многочлена $P(x)⋅(x− 1)$ неотрицательны. Сумма коэффициентов многочлена равна его значению в точке $1.$ В нашем случае эта сумма равна $0.$

Сумма неотрицательных чисел может быть равна нулю только в случае, если все они равны нулю. Следовательно,

P(x)⋅(x− 1)≡ 0,

откуда $P(x)≡ 0$ — противоречие.

Ответ:

нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#128014Максимум баллов за задание: 7

Даны попарно различные $a,$ $b,$ $c.$ Решите систему уравнений:

(| 2 3 ||{ x+ ay +a z = a, || x+ by+ b2z =b3, |( x+ cy+ c2z = c3.

Показать ответ и решение

Рассмотрим кубическое уравнение

3 2 t − t z− ty− x= 0.

Из условия системы

(|| x+ ay +a2z = a3, |{ 2 3 ||| x+ by+ b z =b , ( x+ cy+ c2z = c3,

следует, что $a,$ $b,$ $c$ являются корнями этого уравнения.

Тогда по теореме Виета имеем:

z =a+ b+ c, y = −ab− bc− ca, x= abc.

Ответ:

$z =a+ b+ c;$ $y = −ab− bc− ca;$ $x =abc$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#128015Максимум баллов за задание: 7

Многочлен $R(x)$ дает остаток $a2$ при делении на $x− a,$ остаток $b2$ при делении на $x− b$ и остаток $c2$ при делении на $x− c.$ Найдите остаток от деления $R(x)$ на многочлен

3 2 x − (a+ b+c)x +(ab+bc+ ca)x− abc.

Показать ответ и решение

По теореме Безу имеем: $R(a)= a2,$ $R(b)= b2,$ $R(c)= c2.$

Разделим $R(x)$ на многочлен $(x − a)(x − b)(x− c)$ с остатком:

R(x)= (x− a)(x− b)(x− c)⋅H (x)+ P(x),

где $degP ≤ 2.$

При $x= a$ получаем $R(a)= a2 = P(a),$ аналогично $P(b)=b2$ и $P(c) =c2.$

Рассмотрим многочлен $P(x)− x2.$ Его степень не больше 2, и он обращается в ноль при $x = a,$ $x = b,$ $x =c.$ Значит, $P(x)− x2$ имеет три различных корня, но степень не больше 2, следовательно $P(x)− x2 ≡ 0.$ Таким образом, $P(x)= x2.$

Ответ:

$x2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#128016Максимум баллов за задание: 7

Известно, что

x+ y+z =a

1 1 1 1 x + y +z = a.

Докажите, что хотя бы одно из чисел $x,$ $y$ и $z$ равно $a.$

Показать доказательство

Запишем

1 1 1 xy+-yz+zx- 1 x + y + z = xyz = a.

Отсюда получаем

xy+ yz+zx = xyz. a

Рассмотрим многочлен, корнями которого являются $x,y,z$ :

(t− x)(t− y)(t− z)= t3− at2 +qt− r,

где по теореме Виета

x+y +z =a, xy +yz+ zx= q, xyz = r

Из условия имеем $r q = a.$ Тогда многочлен принимает вид

t3− at2+ rt− r a

Покажем, что $t=a$ — корень. Подставим:

a3 − a⋅a2+ r ⋅a − r= a3− a3+r − r= 0. a

Значит, $t=a$ действительно является корнем многочлена. Это значит, что хотя бы одно из чисел $x,y,z$ равно $a.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#128017Максимум баллов за задание: 7

Все ненулевые коэффициенты многочлена $P (x)$ равны $1,$ а сумма коэффициентов равна $20.$ Могут ли $13$ коэффициентов многочлена $2 (P(x))$ оказаться равны $9?$

Показать ответ и решение

Пусть

α20 α19 α1 P(x)= x + x +⋅⋅⋅+x , α20 < α19 < ⋅⋅⋅< α1.

Тогда

2 2α20 2α19 2α1 ∑ αi+αj (P(x)) = x + x + ⋅⋅⋅+ x +2i<jx .

Заметим, что если некоторый коэффициент многочлена $(P (x))2$ равен $9$ , то это возможно только в случае, когда соответствующая степень является суммой $αi+ αj$ ровно четырьмя различными способами и плюс один раз как $2αk$ . В противном случае коэффициент будет чётным числом.

Если $13$ коэффициентов равны $9$ , то хотя бы один из них соответствует некоторому $2αk$ с $k ≤4$ или $k≥ 17$ , иначе будет не больше 12 девяток. В каждой из четырёх оставшихся пар $(αi,αj)$ , в сумме дающих $2αk$ , в силу упорядоченности, одна из $αi$ или $αj$ обязательно будет меньше $α4$ или больше $α17$ . Но тогда сумма коэффициентов при соответствующей степени будет не больше $1+ 3⋅2= 7$ — противоречие.

Ответ:

нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#128210Максимум баллов за задание: 7

При каком наименьшем $k$ для любого многочлена $f(x)$ степени 100 с вещественными коэффициентами найдётся такой многочлен $g(x)$ степени не выше $k$ с вещественными коэффициентами, что графики $y = f(x)$ и $y = g(x)$ имеют ровно 100 общих точек?

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2025, 10.6 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Положим $n= 100.$

Покажем, как подобрать нужный многочлен $g$ степени не выше $n− 2$ для данного многочлена $f$ степени $n.$ При домножении $f$ на ненулевую константу условие не поменяется (многочлен $g$ можно домножить на ту же константу), поэтому считаем, что старший коэффициент $f$ равен $1,$ так что

n n−1 f(x)=x +a1x + ...+an.

Возьмём произвольный набор $n$ различных чисел $x , 1$ $x ,...,x , 2 n$ дающих в сумме $− a , 1$ и положим

h(x)= (x− x1)...(x− xn), g(x)= f(x)− h(x),

так что $h= f − g.$ Видим, что у $f$ и $h$ совпадают коэффициенты при $xn$ и при $xn−1,$ поэтому степень $g$ не превышает $n − 2.$ С другой стороны, абсциссы точек пересечения графиков $f$ и $g$ — это в точности корни многочлена $h,$ а их ровно $n.$

Покажем, что $k ≤n − 3$ не работает. Пусть дан многочлен $f(x)= xn,$ а $g(x)$ — многочлен степени не выше $n− 3.$ Предположим, что графики $f$ и $g$ пересекаются в $n$ точках, имеющих абсциссы $x , 1$ $x,...,x . 2 n$ Но тогда многочлен $f − g$ степени $n$ имеет $n$ вещественных корней $x , 1$ $x,...,x . 2 n$ С другой стороны, у $f − g$ коэффициенты при $xn−1$ и $xn−2$ равны 0. Но тогда по теореме Виета

s1 = x1+ x2+...+xn =0,

s2 = x1x2+ x1x3+...+xn−1xn = 0.

Отсюда

x2+ x2+ ...+x2 =s2− 2s = 0, 1 2 n 1 2

следовательно,

x1 = x2 = ...= xn = 0,

что противоречит тому, что $xi$ различны.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#128827Максимум баллов за задание: 7

Даны многочлены $P (x)$ и $Q(x),$ оба степени $n$ со старшими коэффициентами $1.$ У каждого из них ровно $n$ различных целых корней. Известно, что все корни многочлена $P(x)$ четны, а все корни многочлена $Q (x)$ нечетны. Докажите, что у многочлена $P (x)+ Q(x)$ не может быть целых корней.

Источники: Высшая проба - 2025, 10.1 (см. olymp.hse.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как можно преобразовать многочлены, зная их корни?

Подсказка 2

Например, x² + 3x + 2 = (x + 2)(x + 1).

Подсказка 3

Подставьте вместо x некоторое число k. Каким оно может быть?

Подсказка 4

Что, если k — чётно?

Подсказка 5

Воспользуйтесь тем, что корни P(x) — чётные, а корни Q(x) — нечётные. Может ли их сумма обращаться в 0?

Показать доказательство

Пусть чётные числа $a ,a ,...,a 1 2 n$ — корни многочлена $P (x),$ а нечётные числа $b,b,...,b 1 2 n$ — корни многочлена $Q(x).$ Тогда:

P(x)+Q (x)= (x− a1)(x− a2)⋅⋅⋅(x− an)+(x− b1)(x− b2)⋅⋅⋅(x− bn)

Подставим в $P(x)+ Q(x)$ целое число $k.$ Возможны два случая: $k$ чётно и $k$ нечётно. В первом случае

P(k)= (k− a1)(k− a2)⋅⋅⋅(k− an)

чётно как произведение чётных чисел, а

Q(k)=(k− b)(k− b)⋅⋅⋅(k− b) 1 2 n

нечётно как произведение нечётных чисел, поэтому, $P(k)+Q (k)$ нечётно.

Аналогично в случае нечётного $k,$ тогда $P(k)$ нечётно как произведение нечётных чисел, а $Q(k)$ чётно как произведение чётных чисел, и $P(k)+ Q(k)$ опять нечётно. Таким образом, $P(k)+ Q(k)$ нечётно при любом целом $k,$ и поэтому не может быть равно нулю, т.к. ноль — четное число. Значит, $P(x)+Q (x)$ не имеет целых корней.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#129301Максимум баллов за задание: 7

Существуют ли такие натуральные числа $m$ и $n$ и такой многочлен $f(x)$ с целыми коэффициентами, что $f(m)$ не делится на $n,$ но $( k) f p$ делится на $n$ для любого простого числа $p$ и любого натурального $k$ ?

Источники: ММО - 2025, 10.4 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Представьте произвольный многочлен в виде (x - x₁)⋅...⋅(x - xₖ), где x₁, ... , xₖ — его корни. Можно ли взять какие-то "хорошие" m и n, чтобы условие задачи выполнилось?

Подсказка 2

Может, m и n должны быть связаны с одним простым числом?

Подсказка 3

Пусть q — простое число, а m = 2q, какими тогда надо взять n и корни многочлена в остальных скобках?

Подсказка 4

Попробуйте n = q³, все остальные корни можно считать не кратными q и меньшими q³.

Подсказка 5

Попробуйте посмотреть на остатки от деления многочлена на q³.

Показать ответ и решение

Первое решение.

Приведём несколько примеров таких многочленов.

1) Пусть

2 5 f(x)= (x− 2)(x − 4) (x+ 1)

и $n= 32,$ $m =6.$ Проверим, что $f(6)$ не делится на 32. Действительно

2 5 5 f(6)= 4⋅2 ⋅7 = 16⋅7

не делится на 32. Теперь проверим, что $f(pk)$ делится на 32 для любого простого числа $p$ и любого натурального $k.$ Если $pk =2$ или $pk = 4,$ то многочлен тождественно равен 0. Для $pk = 2k,$ где $k≥ 3,$ имеем

k k k 2 k 5 k−1 k−2 k 5 f(2)= (2 − 2)(2 − 4)(2 + 1)= 32(2 − 1)(2 − 1)(2 + 1).

Наконец, если простое число $p$ нечётно (а значит, и $pk$ нечётно), то $f(pk)$ делится на 32, так как при любом нечётном $s= 2l− 1$ значение $f(s)$ делится на $(s+ 1)5 =(2l)5,$ а значит, и на 32.

2) Пусть

f(x)= x18(3x− x2)+ x2− 3x

и $n= 27,$ $m =6$ . Сначала проверим, что $f(pk)$ делится на 27 при всех простых $p$ и натуральных $k.$ Начнём со случая $p= 3.$ Заметим, что первое слагаемое делится на $318,$ а значит, и на 27. Остаётся проверить, что $x(x − 3)$ делится на 27 для чисел вида $3k,$ где $k ≥1.$ При $k= 1$ и $k= 2$ это проверяется непосредственно; при $k≥ 3$ число $k k 3 (3 − 3)$ также делится на 27. Теперь проверим утверждение для простых чисел $p⁄= 3.$ В этом случае $k p$ взаимно просто с $n,$ а значит, достаточно доказать утверждение $f(s)$ кратно $n$ при любом $s,$ взаимно простом с $n$ . Для этого заметим, что при всех таких $s$ по теореме Эйлера выполняется соотношение

s18 = sφ(27) ≡1 (mod 27)

Тогда

18 2 2 2 2 x (3x− x )+x − 3x≡ (3x − x )+ x − 3x≡ 0 (mod 27).

Остаётся проверить, что $f(6)$ не делится на 27. Для этого снова заметим, что число $618$ делится на 27, а число $62− 3 ⋅6 =18$ не делится на 27.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Пусть $q ≥2$ — простое, $m = 2q,$ $n= q3,$ и пусть $r,r,...,r 1 2 t$ — все не кратные $q$ натуральные числа, меньшие $q3.$ Положим

f(x)= x(x− q)⋅(x− r1)(x − r2)...(x − rt)

Действительно, тогда

2 f(m )=q ⋅2⋅(2q− r1)(2q− r2)...(2q− rt)

не кратно $q3.$ При $p ⁄=q$ число $pk$ имеет остаток от деления на $q3,$ не кратный $q,$ поэтому один из множителей в определении $f(x)$ будет кратен $q3$ при $x= pk.$ При $p =q$ и $k≥ 2$ уже число $pk(pk− q)$ будет кратно $q3.$ Наконец, при $p= q,$ $k= 1$ значение $f(p1) =0$ делится на $q3.$

Ответ:

Существуют

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#129642Максимум баллов за задание: 7

Пусть $t$ — единственный корень уравнения $x3− 3x − 4 =0.$ Докажите, что $t$ больше, чем $5√46.$

Источники: Миссия выполнима - 2025, 10.7 (см. www.fa.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

С корнем пятой степени работать неприятно, давайте рассматривать t⁵. Можно ли его выразить через наше уравнение?

Подсказка 2

А какие степени фигурируют в уравнении?

Подсказка 3

Распишите пятую степень как произведение куба и квадрата и представьте t⁵ в виде квадратного трёхчлена.

Подсказка 4

Итак, мы можем выяснить, при каких t этот многочлен больше 46, воспользуйтесь методом интервалов.

Подсказка 5

Что нам даёт условие о единственности корня?

Подсказка 6

Это значит, что f(x) = x³ - 3x - 4 сменит знак лишь один раз. Попробуйте рассмотреть некоторые значения функции и оценить t.

Показать доказательство

Решение.

Сравним $5 t$ и $46.$ Так как $t$ — единственный корень, то функция поменяет знак один раз. Заметим, что

3 f(10)= 10 − 3⋅10− 4> 0

Отсюда следует, что $t> 2,$ ведь

3 f(2)= 2 − 3⋅2− 4 <0

Теперь преобразуем:

t5 =t3⋅t2 =(3t+4)⋅t2 = 3t3+ 4t2 = 4t2 +9t+ 12

Докажем, что

4t2 +9t+ 12 >46

Решим неравенство:

4t2+ 9t− 34> 0

Найдем нули функции. Для этого сперва найдем дискриминант:

D = 81− 4 ⋅4 ⋅(−34)= 625 =252

Значит корни этого уравнения равны соответственно

⌊ −9+ 25 ⌊ || t1 =--8--- | t1 =2 |⌈ ⇐ ⇒ ⌈ 17 t2 = −9−8-25 t2 =− 4

Пользуясь методом интервалов, получаем:

( ) t∈ −∞;− 17- ∪(2;+∞ ) 4

Так как ранее мы показали, что $t> 2,$ то мы получили требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 34#131064Максимум баллов за задание: 7

Про положительные числа $a,$ $b,$ $c$ известно, что $abc=1$ и $a+ b+ c> 1∕a+ 1∕b+1∕c.$ Докажите, что ровно одно из чисел $a,$ $b$ и $c$ больше $1.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подумайте, как можно воспользоваться условиями для чисел a, b, c. Удобно ли выражать abc из неравенства?

Подсказка 2

Кажется, не особо. Что тогда можно сделать при помощи abc = 1?

Подсказка 3

А если домножить некоторые элементы неравенства на abc = 1? Это ведь никак не повлияет на ответ!

Подсказка 4

Зато мы сможем получить в неравенстве произведение скобок. Останется лишь рассмотреть несколько случаев.

Показать доказательство

Рассмотрим такое неравенство

a+ b+ c− (1∕a+1∕b+ 1∕c)abc− 1+ abc> 0

По условию оно верно. Тогда

a+ b+c− ab− ac − bc− 1+abc= (a − 1)(b− 1)(c− 1) >0

Значит, либо все положительные, либо положительное только 1. В первом случае все числа больше 1, но это противоречит условию $abc= 1.$ Значит только 1 число больше 1.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 35#133204Максимум баллов за задание: 7

Многочлены $P(x),$ $Q(x),$ $R(x),$ $S(x)$ таковы, что

5 5 2 5 4 3 2 P(x )+xQ(x )+x R(x )=(x + x +x + x+ 1)S(x).

Докажите, что $P(1)= 0.$

Показать доказательство

Заметим, что

5 x ≡x4+x3+x2+x+1 1.

Это следует из формулы сокращённого умножения для $x5− 1.$ Пусть

4 3 2 f(x)= x +x + x + x+1.

Тогда

5 5 5 P(x )≡f(x) P (1), Q(x )≡f(x) Q(1), R(x) ≡f(x) R(1).

Следовательно,

P(x5)+ x⋅Q(x5)+x2⋅R(x5)≡ P(1)+x ⋅Q(1)+ x2⋅R(1) ≡ 0. f(x) f(x)

Так как $degf(x)=4 >2,$ то есть все коэффициенты многочлена

P(1)+x ⋅Q (1)+ x2⋅R(1)

равны $0,$ а значит,

P(1)= Q(1)= R(1)= 0.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 36#136137Максимум баллов за задание: 7

На плоскости отмечены $2020$ точек, их абсциссы различны, каждая из точек окрашена либо в красный, либо в синий цвет. Скажем, что многочлен $P(x)$ разделяет эти точек, если либо выше графика $P(x)$ нет красных точек, а ниже — нет синих, либо наоборот; на самом графике могут лежать точки обоих цветов. Докажите, что всегда можно построить разделяющий многочлен не выше $2018$ -й степени.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Точки, лежащие на графике многочлена, не мешают разделению, вне зависимости от того, какой цвет и где он находится.

Подсказка 2

Значениями в скольких точках задаётся многочлен степени 2018?

Подсказка 3

Возьмите любые 2019 точек и постройте P(x) степени ≤ 2018, проходящий через них. Остаётся одна точка — что с ней делать?

Показать доказательство

Выберем любые $2019$ точек и построим интерполяционный многочлен $P (x)$ степени не выше $2018,$ проходящий через них.

Так как $P(x)$ проходит через $2019$ точек, то для них условие разделения выполнено автоматически (они лежат на графике).

Рассмотрим последнюю, $2020$ -ю точку. Её цвет определит, как именно многочлен $P$ будет разделять точки:

если точка красная, то договоримся, что красные должны лежать не выше графика $P,$ а синие — не ниже;
если точка синяя, то наоборот: синие не выше, а красные не ниже.

Таким образом, построенный многочлен $P(x)$ степени $≤ 2018$ разделяет все $2020$ точек.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 37#136139Максимум баллов за задание: 7

Пусть $x i$ — попарно различные числа, $y i$ — какие-то числа. Докажите, что следующая система линейных уравнений имеет ровно одно решение (в переменных $ai);$

(| a xn +a xn−1+ ...+ ax + a = y |||{ n0n n−1 0n−1 1 0 0 0 | anx1 +an−1x1 + ...+ a1x1+ a0 = y1 . |||( ...n n−1 anxn +an−1xn + ...+ a1xn +a0 = yn

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Левые части в системе уж слишком похожи. Что же они напоминают?

Подсказка 2.

Эта система равносильна существованию такого многочлена степени не выше n, что его значение в каждом x равно соответствующему y. Знаем ли мы, как восстановить многочлен степени не выше n по n+1 точке?

Подсказка 3.

Вспомните интерполяционный многочлен Лагранжа. Как доказать, что он единственный?

Подсказка 4.

Рассмотрите разность двух потенциально подходящих многочленов.

Показать доказательство

Положим

∏n x − xj li(x)= xi−-xj j=j0⁄=,i

и рассмотрим многочлен

n P(x)=∑ yili(x). i=0

Для $0≤ i≤ n$ получаем, что при подстановке $xi$ в него все слагаемые, кроме одного, обнулятся, а оставшееся слагаемое будет равно $yi.$ Тогда в качестве $ai$ возьмём коэффициент при $i x .$

Переход между системой и многочленом равносилен, а значит, требуется доказать, что такой многочлен степени не выше $n$ единственен. Это так, ведь если существуют два таких многочлена степени не выше $n,$ то их разность имеет хотя бы $n+ 1$ корень и степень не выше $n,$ чего быть не может.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 38#136140Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что для любых различных $a$ , $b$ , $c$ , $d$ верно

(d− a)(d− b) (d− b)(d− c) (d− c)(d− a) (a)(c−-a)(c−-b) +(a−-b)(a−-c) +-(b−-c)(b−-a) = 1;

(b) ------abc-------+ ------bcd------+ (d − a)(d− b)(d− c) (a− b)(a− c)(a− d)

+------cda------+ ------dab------= −1. (b− c)(b− d)(b− a) (c− d)(c− a)(c− b)

Подсказки к задаче

Пункт a, подсказка 1.

Пытаясь подступиться к задаче, понимаем, что тождество очевидно при d=a, d=b и d=c. На какую мысль это наталкивает?

Пункт a, подсказка 2.

Если рассмотреть левую часть как уравнение относительно d, то оно квадратное, но имеет три различных точки, в которых принимается одно значение.

Пункт b, подсказка 1.

Попытаемся сделать что-то похожее, найдя такое же уравнение, как в пункте a, но кубическое.

Пункт b, подсказка 2.

Проведите аналогичные рассуждения и получите требуемое, рассмотрев значение в какой-то точке.

Показать доказательство

(a) Рассмотрим многочлен

(x− a)(x− b) (x−-b)(x−-c) (x−-c)(x−-a) P(x)= (c− a)(c− b) + (a− b)(a− c) + (b− c)(b− a).

Его степень не выше 2, а принимает значение 1 он в трёх различных точках $a,$ $b$ и $c.$ Тогда он тождественно равен 1. При $x =d$ получаем требуемое.

(b) Рассмотрим многочлен

P(x)= (x-− a)(x-− b)(x−-c)+ (x-− b)(x-− c)(x−-d)+ (d − a)(d − b)(d− c) (a− b)(a − c)(a− d)

+ (x-− a)(x-− c)(x-− d)+ (x−-a)(x−-b)(x− d). (b− c)(b− d)(b− a) (c− d)(c− a)(c− b)

Его степень не выше 3, а принимает значение $1$ он в четырёх различных точках $a,b,c$ и $d.$ Тогда он тождественно равен $1.$ При $x =0$ получаем требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 39#136141Максимум баллов за задание: 7

Докажите тождество

C0n -C1n- n-Cnn- --------n!--------- x − x+ 1 + ...+ (− 1) x +n = x(x +1)(x +2)...(x+ n).

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Домножим всё на знаменатель, чтобы слева получился многочлен степени n, а справа константа. Как можно доказать такое тождество?

Подсказка 2.

Можно попытаться найти n+1 точку, в которых выполняется равенство.

Подсказка 3.

Хочется их выбрать так, чтобы большинство слагаемых обнулялось.

Показать доказательство

Рассмотрим многочлен

n∑ P(x)= (−1)iCinx(x+1)...(x+ i)...(x+ n), i=0

где крышечка означает отсутствие скобки. При $0≤ i≤n$ в точке $− i$ этот многочлен принимает значение $n!,$ потому что все слагаемые, кроме одного, обнуляются, а в последнем сокращается знаменатель из числа сочетаний.

Многочлен степени не выше $n$ принимает одинаковое значение в $n +1$ различной точке, а значит, он тождественно равен $n!.$ Деля полученное равенство на $x(x+ 1)$ … $(x+ n),$ получаем требуемое тождество.