Тема АЛГЕБРА

Многочлены → .01 Многочлены с целыми коэффициентами и теорема Безу

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#75128Максимум баллов за задание: 7

Даны натуральные числа $a$ и $b$ такие, что $a≥ 2b.$ Существует ли многочлен $P (x)$ степени больше $0$ с коэффициентами из множества ${0,1,2,...,b− 1}$ такой, что $P(a)$ делится на $P (b)?$

Источники: Всеросс., 2023, ЗЭ, 10.3(см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Как известно, для целочисленного многочлена P выражение P(a) − P(b) кратно a − b. Если подобрать такой многочлен P, что P(b) = a − b, задача будет решена.

Подсказка 2:

Как насчёт того, чтобы рассмотреть a − b в системе счисления с основанием b?

Показать ответ и решение

Легко видеть, что если $b= 1,$ то всякий многочлен с коэффициентами от 0 до $b− 1$ является нулевым.

Пусть $b >1.$ Представим $a− b$ в $b$ -ичной записи (иными словами, в системе счисления с основанием $b$ ): $n a− b= cnb + ...+ c1b+ c0,$ где $ci ∈{0,1,2,...,b− 1}.$ Поскольку $a− b ≥b,$ в этой записи $n≥ 1.$

Покажем, что $n P (x)= cnx + ...+c1x+ c0$ удовлетворяет условию. Действительно, по теореме Безу, для любого многочлена $f$ с целыми коэффициентами $f(a)− f(b)$ делится на $a− b.$ Значит, $P (a)− P(b)$ делится на $a − b= P(b).$ Но тогда и $P (a)= (P (a)− P(b))+ P(b)$ делится на $P(b).$

Ответ:

Существует при $b> 1$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#75133Максимум баллов за задание: 7

Обозначим через $P (x)= a xn+ a xn−1+ ...+ a n n− 1 0$ многочлен с целыми коэффициентами, для которого $P(r)=P (s)= 0$ для некоторых натуральных $r$ и $s,$ причём $r< s.$ Докажите, что $ak ≤− s$ для некоторого $k.$

Показать доказательство

Представим исходный многочлен в виде

c P(x) =(x− s)x Q(x)

причем $c$ — натуральное число такое, что свободный коэффициент многочлена $Q (x)$ не равен $0.$ Такое число $c$ существует, поскольку в противном случае многочлен

P(x) x− s

имеет вид $n−1 x ,$ а значит не имеет натурального корня $r,$ что противоречит условию.

Пусть

Q(x)= b0xm +b1xm−1+ ...+ bm

По правилу знаков Декарта количество смен знаков в последовательности ${b0,b1,...,bm }$ не меньше, чем количество положительных корней данного многочлена, то есть не меньше $1.$

Пусть в ряду произошла смена с положительного знака на отрицательный, тогда существует $k$ такое, что $bk > 0≥ bk+1.$ Тогда $ak+1 = −sbk+bk+1 ≤ −s$ и искомый коэффициент найден.

В противном случае произошла ровна одна смена с отрицательного на положительный знак, следовательно $bm > 0.$ Осталось заметить, что тогда $am =− sbm ≤− s.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#76289Максимум баллов за задание: 7

Существует ли многочлен, функционально равный выражению

(a) $|x|;$

(b) $√------ 33x2+ x;$

(d) $(x2 − 3x+ 2)∕(x− 1)?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Некоторые из пунктов решаются совсем просто. Стоит лишь вспомнить какие-то базовые свойства многочленов. Какие он может принимать значения, в каких точках определëн.

Подсказка 2

Давайте возьмëм выражение из любого пункта и приравняем к некоторому многочлену P(x). Попробуйте сделать какие-то тождественные преобразования, чтобы получить в левой и правой части многочлены. Что можно сказать про тождественно равные многочлены?

Показать ответ и решение

(a) Нет.

Если степень многочлена хотя бы $2$ , то при огромных положительных числах он будет принимать значения, большие $|x|$ по модулю, поскольку на положительных числах $|x|$ растёт линейно. Также ясно, что степень многочлена больше $0$ . То есть если такой многочлен существует, то он имеет вид $ax +b$ . Но это выражение далеко не при всех $x$ неотрицательно, то есть функционального равенства с $|x|$ быть не может.

(b) Нет.

Предположим, что существует такой многочлен $P(x)$ , что $√------ 33x2+x =P (x)$ . Следовательно, $3x2+x =(P(x))3$ . Ясно, что $deg(P)> 0$ . В таком случае $deg((P(x))3)≥ 3$ , а $deg(3x2+x)= 2$ . То есть функционального равенства быть не может.

Предположим, что есть такой многочлен $P(x)$ , тогда $x4+1 =(x2+ 1)P(x)$ . Степень многочлена слева равна $4$ , а многочлена справа — $deg(P)+ 2$ . Отсюда получаем, что $deg(P)= 2$ . Пусть $P(x)=ax2+ bx+c$ . Из подстановки $x= 0$ в равенство $x4+ 1= (x2 +1)P(x)$ следует, что $c= 1$ . Подстановка $x= ±1$ приведёт к равенствам $a± b= 0$ , откуда $a =b= 0$ . Но тогда $degP ⁄= 2$ , противоречие.

(d) Нет.

Это выражение не определено в $x= 1$ , а любой многочлен в этой точке определён, значит функционального равенства с многочленом быть не может.

Ответ:

Во всех пунктах не существует

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#76290Максимум баллов за задание: 7

Найдите остаток при делении многочлена $x100 − 8x97− 5x17+ 10x16+ x2 − 2x+ 1$ на $x2− 3x+ 2.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Ясно, что этот остаток будет многочленом. Но каким? Какая у него может быть степень?

Подсказка 2

Степень остатка должна быть не больше степени делителя. То есть степень максимум 1. Значит, остаток имеет вид ax + b. Как это можно использовать?

Подсказка 3

Пусть H(x) - частное от деления, P(x) - изначальный многочлен, тогда получаем равенство P(x) = (x²-3x+2)H(x) + ax + b. Оно верно для всех x. Что можно с ним сделать, чтобы найти a и b?

Показать ответ и решение

Остатком будет многочлен степени $1$ или $0.$ Запишем его в виде $ax +b$ (если степень $0,$ то $a$ обнулится). Тогда $100 97 17 16 2 2 x − 8x − 5x + 10x + x − 2x+ 1= (x − 3x+ 2)H(x)+ ax+ b.$ Подставим в это равенство $x =1$ и $x =2.$ Получится система из уравнений $a+ b= −2$ и $2a+b =1,$ которая имеет решение $a =3$ и $b= −5.$ Следовательно, остаток имеет вид $3x− 5.$

Ответ:

$3x− 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#76291Максимум баллов за задание: 7

Найти все многочлены $P,$ для которых верно $xP (x − 1)≡ (x − 26)P(x).$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если многочлены формально равны, то они имеют делятся на одни и те же одночлены. Подумайте, как это применить к задаче.

Подсказка 2

Давайте заметим, что многочлен слева делится на x, а, значит, и многочлен справа тоже делится. То есть P(x) делится на x. Попробуйте раскрутить задачу в этом направлении.

Показать ответ и решение

Левая часть делится на $x,$ значит и правая делится. То есть $P(x)$ делится на $x.$ Правая часть делится на $x − 26,$ тогда и левая тоже делится, отсюда получаем, что многочлен $P(x− 1)$ имеет корень $26.$ Следовательно, многочлен $P(x)$ имеет корень $25.$ Эти рассуждения позволяют записать $P(x)$ в виде $x(x − 25)P1(x).$ Само равенство превратится в $(x − 1)P1(x− 1)= (x− 25)P1(x).$ Далее если проделать аналогичные манипуляции с делимостью на $x− 1$ и $x − 25,$ то мы получим, что $P1(x)$ делится на $(x− 1)(x− 24).$ Равенство же примет вид: $(x − 2)P2(x − 1)= (x − 24)P2(x).$

Покажем по индукции, что при $n< 14$ после $n$ -го шага будет равенство $(x − n)Pn(x− 1)= (x+ n− 26)Pn(x),$ тем более база уже доказана. Скобочки $(x − n)$ и $(x+n − 26)$ друг на друга не делятся (поскольку мы не после $14$ шага). Следовательно, $Pn(x)= (x− n)(x +n − 25)Pn+1.$ Если подставить это в равенство, получим переход.

Итак, на $13$ шаге мы получили равенство $(x− 13)P13(x− 1)=(x− 13)P13(x).$ При $x= 13$ оно верно, но необходимо, чтобы оно выполнялось и для других $x,$ то есть на скобочку $x− 13$ можно сократить. Значит, $P13(x − 1)= P13(x)$ при всех $x$ (возможно кроме $13$ ). Получается, что многочлен $P13$ может принимать одно и то же значение в бесконечном количестве точек, поскольку у него период $1.$ Следовательно, $P13$ — константа. Заметим, что подойдёт любая комплексная константа $c.$

Таким образом, $P(x)=cx(x− 1)...(x− 25).$

Ответ:

$P (x)= cx(x− 1)...(x − 25)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#76293Максимум баллов за задание: 7

Многочлены $P$ и $Q$ с рациональными коэффициентами таковы, что в бесконечном множестве натуральных точек $n$ они оба принимают целые значения и при этом $.. P(n).Q(n).$ Докажите, что $P$ делится на $Q$ как на многочлен.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если многочлен P делится на Q в бесконечном количестве натуральных точек, есть смысл поделить P на Q с остатком.

Подсказка 2

Итак, вы поделили, получили равенство P(x) = H(x)Q(x) + R(x). Но дальше ничего не можете сделать, потому что мешают рациональные коэффициенты. На самом деле коэффициенты вообще не важны и их легко можно сделать целыми, умножив это равенство на некоторое число. Какое?

Подсказка 3

Обратите внимание на остаток R(x), что с ним происходит в точках, в которых P делится на Q?

Показать доказательство

Домножим каждый из многочленов $P$ и $Q$ на НОК знаменателей их коэффициентов, от этого ничего не изменится. Теперь они целочисленные. Поделим многочлен $P(x)$ на $Q(x)$ с остатком: $P(x)= H(x)Q (x)+ R(x)$ . Из процесса деления ясно, что все коэффициенты $H$ и $R$ рациональные. Домножим равенство на НОК знаменателей коэффициентов $H$ и $R.$ Получается, что при бесконечном количестве натуральных точек $R(x)= P(x)− H (x)Q(x)$ делится на $Q(x).$ Но $deg(R)< deg(Q),$ следовательно при огромных натуральных числах многочлен $Q$ по будет по абсолютному значению больше, чем $R.$ Значит, делимость $R$ на $Q$ в бесконечном количестве натуральных точек возможна лишь когда $R$ — тождественный ноль. Получили требуемое.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#76294Максимум баллов за задание: 7

Пусть $P(x)$ — многочлен с целыми коэффициентами, причем для некоторого целого числа $n$ числа $P(n),P (n +1)$ и $P(n +2)$ делятся на $3.$ Докажите, что тогда $P(k)$ делится на $3$ для любого целого $k.$

Показать доказательство

Рассмотрим число $P (k)$ при произвольном $k.$ Среди чисел $n,n+ 1,n +2$ найдётся число, сравнимое с $k$ по модулю $3$ (пусть это $n$ ). Как известно, $P(k)− P (n)$ кратно $k− n.$ Заметим, что $k − n$ и $P (n)$ делится на $3.$ Следовательно, $P(k)$ также кратно трём, что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#76297Максимум баллов за задание: 7

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

Показать доказательство

Предположим противное, пусть многочлен имеет целый корень $x , 0$ а в точках $x ,x,x ,x 1 2 3 4$ и $x 5$ принимает значение $5.$ Но тогда при всех $i∈[1;5]$ имеем: $5= P(xi)− P(x0)$ кратно $xi− x0.$ По условию все числа $xi− x0$ различны, то есть у пятёрки есть пять различных целых делителей, получили противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#76298Максимум баллов за задание: 7

Многочлен $P(x)$ с целыми коэффициентами при некоторых целых $x$ принимает значения $1,2$ и $3.$ Докажите, что существует не более одного целого $x,$ при котором значение этого многочлена равно $5.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Можно ли как-то оценить, насколько отличаются точки x₁, x₂ и x₃, в которых многочлен соответственно принимает значения 1, 2 и 3?

Подсказка 2

Верно! Поскольку наш многочлен целочисленный, то P(x₃) - P(x₂) = 1, поэтому 1 делится на x₃ - x₂. Аналогичное утверждение верно про x₂ и x₁. Выходит, что |x₃ - x₂| = |x₂ - x₁| = 1. Могут ли подмодульные выражения иметь разный знак?

Подсказка 3

Не могут, ведь тогда x₃ = x₁, что невозможно. Тогда получаем, что оба подмодульных выражения равны 1 или -1 (будем пока считать, что они равны 1). Предположим, что P(x₄) = 5. Как аналогичными рассуждениями связать точку x₄ с имеющимися точками?

Подсказка 4

Верно! Получим, что 2 делится на x₄ - x₃ и 3 делится на x₄ - x₂. Тогда 2 и 3 не меньше соответствующих выражений. А что получится, если x₄ - x₃ и x₄ - x₂ выразить через x₁?

Подсказка 5

Точно! Тогда получим, что 1 ≤ |x₄ - x₁ - 2| < |x₄ - x₁ - 1| ≤ 3. Как теперь применить делимость и выразить однозначно x₄ через x₁?

Показать доказательство

Пусть $P(x )= 1,P(x )= 2,P(x )=3 1 2 3$ и $P (x )= 5. 4$ Покажем, что точка $x 4$ выражается через $x,x 1 2$ и $x 3$ не более чем одним способом.

Многочлен целочисленный, поэтому $1= P(x3)− P (x2)$ кратно $x3− x2$ и $1 =P (x2)− P(x1)$ кратно $x2− x1.$ То есть $|x3− x2|= |x2− x1|= 1.$ Заметим, что если $x3− x2$ и $x2− x1$ противоположны, то $x3 =x1,$ но это невозможно. Следовательно, $x3− x2 = x2− x1 =±1.$ Пусть знак положительный (другой случай рассматривается аналогично).

Получается, что $2= P(x4)− P (x3)$ кратно $x4− x3 =x4− x1− 2$ и $3= P(x4)− P(x2)$ кратно $x4− x2 = x4− x1− 1.$ Это позволяет построить следующую цепочку неравенств: $3≥ |x4− x1− 1|> |x4 − x1− 2|≥1.$ То есть $|x4− x1− 1|$ — это натуральное число, большее $1,$ меньшее $4$ и кратное $3.$ Значит, $|x4− x1− 1|= 3.$ Этому равенству удовлетворяют два варианта: $x4 =x1+ 4$ и $x4 = x1− 2.$

Осталось заметить, что во втором случае двойка должна делиться на $|x4− x1− 2|=|− 4|=|4|.$ Следовательно, единственный возможный вариант — $x4 = x1 +4.$ Получили требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#79620Максимум баллов за задание: 7

Многочлен $P(x)$ с целыми коэффициентами удовлетворяет условию $P(17)= P(23)=2023$ . Найти наименьшее возможное при этих условиях значение $P(0)> 0$ .

Источники: Росатом - 2023, региональный вариант, 11.1 (см. olymp.mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте рассмотрим многочлен Q(x) такой, что Q(x) = P(x) – 2023. Следовательно, положительное число P(0) равно Q(0) + 2023. В виде произведения каких чисел можно представить Q(0)?

Подсказка 2

Q(17)=Q(23)=0, значит, числа 17 и 23 являются корнями многочлена Q(x), тогда по теореме Безу его можно разложить как (x-17)(x-23)R(x), где R(x) – многочлен с целыми коэффициентами. Мы знаем, что P(0) > 0, тогда что можно сказать про R(0)?

Подсказка 3

Подставим: P(0) = 17*23*R(0) + 2023. Значит, R(0) будет больше -2023/(17*23). Но R(x) – многочлен с целыми коэффициентами, значит, R(0) – это целое число. Какое минимальное значение может принимать R(0) и какое минимальное значение в таком случае будет иметь P(0)?

Показать ответ и решение

Пусть $Q(x)= P(x)− 2023,$ тогда $Q(17)=Q (23)= 0,$ следовательно, по теореме Безу, $Q(x)$ делится на $(x− 17)$ и на $(x− 23).$ Таким образом, имеет место представление

Q(x)= (x− 17)(x− 23)R(x),

$R(x)$ — некоторый многочлен с целыми коэффициентами. Тогда

P(x)= (x− 17)(x− 23)R(x)+ 2023

P(0)=17⋅23R(0)+ 2023 =391m +2023, m ∈ℤ

Поскольку $[2039231 ]= 5,$ получаем $P (0)min = 2023− 5⋅391 =68.$ Например, это минимум реализуется при

P(x)=2023− 5(x− 17)(x− 23)

Замечание. На самом деле в качестве $Q(x)$ можно взять любой многочлен с целыми коэффициентами, такой что $Q (0)= −5.$

Ответ: 68

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#131964Максимум баллов за задание: 7

Назовём многочлен $P (x)$ бицелозначим, если числа $P(k)$ и $P′(k)$ целые при любом целом $k.$ Пусть $P(x)$ — бицелозначный многочлен степени $d,$ и пусть $Nd$ — произведение всех составных чисел, не превосходящих $d$ (произведение пустого множества сомножителей считаем равным 1). Докажите, что старший коэффициент многочлена $Nd⋅P(x)$ — целый.

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2023, 11.7 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Многочлен $P(x)$ называется целозначным, если $P(k)$ — целое число при любом целом $k.$ Нам надо доказать, что, если многочлены $P(x)$ и $′ P(x)$ целозначны, причём степень $P(x)$ равна $d,$ то старший коэффициент многочлена $Nd ⋅P (x)$ — целый.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. Пусть $P(x)$ — целозначный многочлен степени $d.$ Тогда все коэффициенты многочлена $d!⋅P(x)$ целые.

Доказательство. Рассмотрим многочлен

d Q (x)= ∑ P(i)⋅ (x−-0)(x−-1)⋅⋅⋅(x−-(i−-1))(x−-(i+-1))⋅⋅⋅(x−-d) i=0 (i− 0)(i− 1)⋅⋅⋅(i− (i− 1))(i− (i+1))⋅⋅⋅(i− d)

Его степень не больше $d,$ и его значения совпадают с соответствующими значениями $P(x)$ в точках $x =0,1,2,...,d.$ Это означает, что многочлен $P(x)− Q(x)$ имеет степень не выше $d,$ а также обнуляется в $d+ 1$ точке. Поэтому он нулевой, то есть $P(x)= Q(x).$ (Формула выше — это частный случай интерполяционной формулы Лагранжа.)

Осталось заметить, что в формуле выше в $i$ -м слагаемом знаменатель равен $d−i (−1) i!(d− i)!;$ это число делит $d!,$ поскольку

d! i!(d−-i)! = Cid.

Значит, при умножении каждого слагаемого на $d!$ получается многочлен с целыми коэффициентами.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Перейдём к решению задачи. Индукция по $d.$ База при $d= 0$ тривиальна. Для перехода индукции рассмотрим бицелозначный многочлен $P(x)$ степени $d;$ пусть его старший коэффициент равен $a.$

Если $d$ не является простым числом, то

Nd = dNd−1.

Заметим, что многочлен $ΔP (x)= P(x+ 1)− P (x)$ также бицелозначный, имеет степень $d− 1$ и старший коэффициент $ad.$ По предположению индукции, число

Nd−1⋅ad =Nda

является целым, что и требовалось доказать.

Пусть теперь $d$ — простое число; тогда

Nd =Nd− 1,

и то же рассуждение даёт, что число $dNda$ является целым. Предположим, что $Nda$ — нецелое число; тогда знаменатель числа $a$ (в несократимой записи) делится на простое число $d.$

Заметим, что сумма всех коэффициентов многочлена $P(x)$ — это целое число $P (1).$ Поскольку знаменатель числа $a$ делится на $d,$ среди коэффициентов многочлена $P(x)$ найдётся ещё один, у которого знаменатель делится на $d;$ пусть это коэффициент $b$ при $xi,i< d.$ Заметим, что $i> 0,$ так как число $P(0)$ целое.

Но тогда у целозначного многочлена $P′(x)$ коэффициент при $xi−1$ равен $ib$ и также имеет знаменатель, кратный $d.$ Поскольку $d$ — простое число, отсюда вытекает, что коэффициент при $xi−1$ у многочлена $(d− 1)!P ′(x)$ нецелый, что противоречит лемме.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#72973Максимум баллов за задание: 7

Дан многочлен степени $2022$ с целыми коэффициентами и со старшим коэффициентом $1.$ Какое наибольшее число корней он может иметь на интервале $(0;1)?$

Источники: ММО-2022, 11.5 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте проверим, а могут ли все 2022 корня быть на интервале от 0 до 1?

Подсказка 2

Верно, не могут! Так как, по теореме Виета произведение всех корней равно свободному члену(ведь старший коэффициент равен 0), тогда следующее предположение это 2021 корень! Для этого, давайте рассмотрим какой-то вспомогательный многочлен такой же степени, что и у исходного и также, будем считать, что 0 не является корнем.

Подсказка 3

Пусть P(x) - исходный многочлен, тогда рассмотрим Q(x) = xⁿ * P(1/x). Заметим, что коэффициенты этого многочлена - это в точности коэффициенты P(x), но записанные в обратном порядке. Тогда какую связь можно заметить между корнями многочленов P(x) и Q(x)?

Подсказка 4

Верно, каждому корню P(x) на интервале от 0 до 1 соответствует ровно один корень Q(x) на луче от 1 до бесконечности! Попробуем подобрать Q(x) такой, что все его корни больше 1 и их ровно 2021(помните, что это многочлен с целыми коэффициентами)

Подсказка 5

Да, достаточно взять любой многочлен вида: 1 + x*(x-k)*(x-2k)*...*(x-k*(n-1)), где в качестве k достаточно взять любое натуральное число большее 1. То есть, мы нашли многочлен с целыми коэффициентами у которого 2021 корень, каждый из которых больше единицы. Тогда, если по многочлену Q восстановить P, то мы как раз получим многочлен, у которого 2021 корень на интервале от 0 до 1!

Показать ответ и решение

Если многочлен $P$ имеет $n =2022$ корней на интервале $(0;1),$ то значение их произведения, по теореме Виета равное свободному члену, также будет лежать на интервале $(0;1),$ что противоречит условию, что все коэффициенты многочлена $P$ — целые. Таким образом, многочлен $P$ имеет не более $n− 1$ корней на интервале $(0;1).$

Покажем теперь, как построить многочлен, удовлетворяющий условию задачи и имеющий ровно $n− 1$ корень на интервале $(0;1).$ Будем считать, что $P (0)⁄= 0.$ Рассмотрим многочлен $n Q (x)= x P(1∕x).$ Это многочлен степени $n$ с целыми коэффициентами и свободным членом, равным 1 (его коэффициенты — это коэффициенты многочлена $P,$ выстроенные в обратном порядке). Каждому корню $x0$ многочлена $P,$ лежащему на интервале $(0;1),$ соответствует корень $1∕x0$ многочлена $Q,$ лежащий на луче $(1;+ ∞).$ Верно и обратное: каждому корню многочлена $Q$ , лежащему на луче $(1;+∞ ),$ соответствует корень многочлена $P,$ который лежит на интервале $(0;1).$

Рассмотрим многочлен

Q (x)= 1+ x(x − 10)(x− 20)...(x − 10(n − 1))

Поскольку

Q(5)<0, Q (15)> 0, ..., Q (10(n− 2)+ 5)< 0, Q(10(n− 1)+5)> 0,

в рассмотренных $n$ точках многочлен $Q(x)$ принимает значения чередующихся знаков, поэтому он имеет $n− 1$ корень на луче $(1;+ ∞).$ Эти корни расположены на интервалах $(5;15),(15;25),...,(10(n− 2)+5;10(n− 1)+5).$ Следовательно, соответствующий построенному многочлену $Q$ многочлен $P$ имеет ровно $n− 1$ корень на интервале $(0;1).$

Ответ: 2021

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#79752Максимум баллов за задание: 7

Пусть $P(x)= a xn+ a xn−1+ ...+ ax +a , n n−1 1 0$ где $n$ — натуральное число. Известно, что числа $a,a ,...,a 0 1 n$ — целые, при этом $an ⁄=0,an−k = ak$ при всех $k= 0,1,...,n,$ и $an+ an−1+ ...+a1 +a0 = 0.$ Докажите, что число $P(2022)$ делится на квадрат некоторого натурального числа, большего $1.$

Источники: Всеросс., 2022, РЭ, 10.4(см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Понятно, что константа здесь взята с неба (так как коэффициенты могут быть любыми числами). Поэтому опираться на 2022 не нужно. Будем доказывать задачу в общем виде, то есть, что P(x) делится на квадрат некоторого целого числа при любом целом x (c ограничением > 1 разберёмся позже).

Подсказка 2:

То есть хотим доказать, что P(x) = Н(х)Q(x)², где Q(x), H(x) ∈ ℤ[x]. Подумаем, какая степень может быть у Q(x)?

Подсказка 3:

В теории, конечно, любая, только вот как доказывать? Доказывать делимость на квадратный трёхчлен уже не самая простая задача, а что говорить про большие степени? Поэтому стоит начать с многочлена Q(x), равного линейной функции, а если не сработает, то придётся страдать...

Подсказка 4:

Хотим доказать, что P(x) делиться на многочлен (x − с)², где с ∈ ℤ. Сейчас Вам предстоит запомнить идею. То, что мы хотим доказать, равносильно тому, что P(x + c) делится на x² (осознайте самостоятельно, чтоб получить удовольствие от задачи). А делимость на x² гораздо более простой в доказательстве факт, чем делимость на другую квадратичную функцию. Как же его доказать?

Подсказка 5:

Введём обозначения для красоты и удобства. Пусть t = x − c, а также R(t) = P(t + c). Хотим доказать, что P(t + с) делится на t², то есть, что R(t) делится на t². Что это значит?

Подсказка 6:

Что у R(t) должны быть нулевыми свободный коэффициент и коэффициент при t. Начнём со свободного. Как изящно получить свободный коэффициент с помощью R(t)?

Подсказка 7:

Подставить 0! R(0) — и есть свободный коэффициент. То есть хотим доказать, что aₙcⁿ + aₙ₋₁cⁿ⁻¹ + ... + a₁c + a₀ = 0, однако по условию мы знаем, что aₙ + aₙ₋₁ + ... + a₁ + a₀ = 0. На какие мысли о "с" это наталкивает?

Подсказка 8:

Разумеется, что нужно взять с = 1, тогда мы сразу докажем, что свободный коэффициент нулевой. Остаётся разобраться с коэффициентом перед t. Его уже простой подстановкой не узнать, придётся считать честно...

Подсказка 9:

Но и это не беда! R(t) = aₙ(t + 1)ⁿ + aₙ₋₁(t + 1)ⁿ⁻¹ + ... + a₁(t+1) + a₀ = 0. Вспомним про бином Ньютона и поймём, что коэффициент при t это naₙ + (n − 1)aₙ₋₁ + ... + a₁. Хотим доказать, что это выражение равно 0. Пока что непонятно, как это делать, но ведь мы ещё никак не воспользовались условием про симметричность коэффициентов...

Подсказка 10:

naₙ + (n − 1)aₙ₋₁ + ... + a₁ = 0 равносильно тому, что aₙ₋₁ + 2aₙ₋₂ ... + (n − 1)a₁ + na₀ (в силу симметрии). Очень уж красиво дополняют друг друга эти выражения, которые численно равны. Причём мы хотим, чтоб они численно были равны 0. Может быть, их тогда стоит сложить?... А изначальное ограничение на 1 разрешится само собой) Дальше мы замолкаем. Успехов!

Показать доказательство

Достаточно доказать утверждение: многочлен $P (x)$ делится на $(x − 1)2.$ Действительно, после деления (например, столбиком), в частном получится многочлен $Q(x)$ с целыми коэффициентами, и тогда равенство многочленов $2 P(x)= (x− 1)Q (x)$ влечет равенство $2 P (2022)= 2021 ⋅Q (2022),$ из которого следует утверждение задачи, поскольку $Q(2022)$ — целое число.

Для доказательства утверждения сделаем замену $t= x− 1,$ положим $n n−1 R(t)= P(t+1)= an(t+ 1) +an−1(t+1) + ...+a1(t+1)+ a0$ и докажем, что $R(t)$ делится на $2 t ,$ т.е. что последние два коэффициента многочлена $R(t)$ равны $0.$

Свободный член многочлена $R$ равен $R(0) =an+ an−1+ ...+ a0 =0.$ Поскольку в многочлене $k (t+ 1)$ коэффициент при $t$ равен $k,$ коэффициент при $t$ многочлена $R$ равен $nan+ (n − 1)an−1 +...+ a1.$ Из условий $an−k = ak$ следует, что удвоенный коэффициент при $t$ равен $(nan+ (n − 1)an−1 +...+a1)+(na0+ (n − 1)a1+...+an−1)= n(an+ an−1+ ...+a0)= 0.$ Тем самым, задача решена.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 34#81875Максимум баллов за задание: 7

Все значения унитарного (то есть с коэффициентом $1$ при старшей степени) целочисленного многочлена в целых точках — точные квадраты. Докажите, что сам многочлен представим как квадрат некоторого многочлена.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Воспользуемся методом, который часто используется при решении функциональных уравнений. Пусть дано некоторое уравнение относительно f(x). Если мы предполагаем, что единственным решением является данная (конкретная) функция g(x), то полезно сделать замену f(x)=g(x)+h(x), для некоторой функции h(x). Таким образом, вместо того, чтобы доказывать, что f(x)=g(x), что бывает достаточно сложно для произвольной данной функции g(x), мы хотим показать, что h(x)=0, это часто бывает проще. Как этим принципом можно воспользоваться в рамках нашей задачи?

Подсказка 2

Пусть P(x) — исходный многочлен. Мы хотим показать, что P(x)=Q²(x) для некоторого многочлена Q(x). Давайте положим P(x)=Q²(x)+H(x) для некоторых многочленов Q(x) и H(x). Ясно, что такая пара многочленов (Q, H) задается не единственным образом, и даже если P(x) действительно является квадратом некоторого многочлена, то существуют пары многочленов (Q, H), такие что P(x)=Q²(x)+H(x), где H(x)≠0. Какие дополнительные условия можно наложить на Q(x) так, в случае, если P(x) являлся квадратом, то равенство P(x)=Q²(x)+H(x) было бы возможно только при H(x)=0?

Подсказка 3

Мы хотим, чтобы Q²(x) как можно сильнее совпадал с P(x), это можно обеспечить, если у нас получится сохранить равенство коэффициентов. Равенство скольки первых коэффициентов Q²(x) и P(x) мы можем гарантированно обеспечить?

Подсказка 4

Пусть 2n — степень многочлена P(x). Несложно показать, что мы можем обеспечить равенство первых n коэффициентов Q²(x) и P(x). Что можно сказать о степени многочлена H(x) в этом случае?

Подсказка 5

Степень H(x) не превосходит n-1, причем все коэффициенты Q(x) являются рациональными в силу целочисленности коэффициентов P(x), следовательно, то же верно для многочлена H(x). Предположим, что степень H(x) выше 0.

Нам известно, что Q²(x)+H(x)=P(x)=m², при некотором целом m для каждого целого значения x. Как можно оценить m через значения многочлена при достаточно больших n?

Подсказка 6

Посчитаем НОК всех знаменателей Q и H и домножим на его квадрат. Равенство будет иметь тот же вид, только Q и H будут целочисленными. При достаточно больших целых x многочлен H(x) будет либо принимать огромные по модулю положительные, либо отрицательные значения (не умаляя общности, пусть положительные), поскольку его степень больше 0. В таком случае при бесконечном количестве огромных целых x многочлен H принимает положительные значения, то есть m²>Q²(x). Отсюда следует, что в силу целочисленности многочлена Q справедливо неравенство m²≥(Q(x)+ 1)². Что это говорит о значениях P(x) и Q(x) при достаточно больших x?

Подсказка 7

При достаточно больших x верно, что H(x)=m²-Q²(x)≥(Q (x)+ 1)²-Q²(x)=2Q(x)+1. Возможно ли это?

Подсказка 8

Нет, поскольку степень многочлена H(x) меньше 2Q(x)+1. Тем самым мы показали, что степень многочлена H(x) равна 0. Таким образом, он равен константе. Осталось показать, что тогда он равен 0.

Показать доказательство

Пусть многочлен $P (x)= x2n+ a x2n− 1+...+a xn+ ...+ ax +a 2n−1 n 1 0$ во всех целых точках равен точному квадрату. Подберём такие многочлены $Q(x)$ и $H (x),$ что $2 P(x)=Q (x)+ H(x)$ и $2 Q (x)$ имеет коэффициенты $1,a2n−1,...,an$ при $2n 2n− 1 n x ,x ,...,x$ (это будет означать, что $deg(H(x))≤n − 1$ ).

Пусть $n n−1 Q(x)= x + bn−1x +...+ b0,$ тогда коэффициент $2 Q (x)$ при $2n− 1 x$ равен $2bn−1,$ то есть необходимо взять $a2n−1- bn−1 = 2 .$

Пусть теперь мы смогли подобрать коэффициенты $bn−1,bn−2,...,bn−k+1.$ Это означает, что мы уже получили нужные коэффициенты перед $2n 2n−1 2n−k+1 x ,x ,...,x$ у многочлена $2 Q (x).$ Ясно, что одночлен $2n− k x$ можно получить так:

xn⋅xn−k,xn− 1⋅xn−k+1,xn−2⋅xn− k+2,...xn−k⋅xn

где первый множитель из первой скобки, а второй — из второй. Следовательно, коэффициент при $2n−k x$ у многочлена $2 Q (x)$ равен $2bb−k +A,$ где $A = bn− 1bn−k+1+ bn − 2bn−k+2+...+bn−k+1bn−1.$ Таким образом, можно взять $a2n−k−-A bn−k = 2 .$ Значит, такой многочлен $Q(x)$ получится подобрать, равно как и многочлен $H.$

Из условия следует, что уравнение $2 2 m =Q (x)+H (x)$ имеет бесконечно много целочисленных решений. Из приведённого выше подсчёта ясно, что коэффициенты $Q$ и $H$ рациональные. Посчитаем НОК всех знаменателей $Q$ и $H$ и домножим на его квадрат. Равенство будет иметь тот же вид, только $Q$ и $H$ будут целочисленными. При огромных целых $x$ многочлен $H(x)$ будет либо принимать огромные по модулю положительные, либо отрицательные значения (не умаляя общности, пусть положительные). В таком случае при бесконечном количестве огромных целых $x$ многочлен $H$ принимает положительные значения, то есть $m2 > Q2(x).$ Отсюда следует, что в силу целочисленности многочлена $Q$ справедливо неравенство $m2 ≥ (Q(x)+ 1)2.$ Таким образом,

H (x) =m2 − Q2 (x)≥ (Q (x)+ 1)2− Q2(x)=2Q (x)+ 1

при бесконечном количестве целых $x.$ Но такого не может быть, поскольку $deg(H (x))≤ n− 1< deq(Q(x))= deg(2Q(x))+ 1.$ Пришли к противоречию.

Значит, многочлен $H$ не может принимать огромные положительные или отрицательные значения в бесконечном количестве точек. Отсюда получаем, что $H$ равен константе. Предположим, что константа ненулевая (пусть, не умаляя общности, она положительна). В таком случае равенство $c =m2 − Q2 (x)$ имеет бесконечно много решений, но ясно, что любое натуральное число представляется в виде разности квадратов конечным числом способов. Следовательно, $H$ — тождественный $0,$ откуда $P(x)= Q2(x),$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 35#87088Максимум баллов за задание: 7

Показать доказательство

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 36#91457Максимум баллов за задание: 7

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

Показать доказательство

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

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 37#91458Максимум баллов за задание: 7

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

Показать доказательство

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 38#48858Максимум баллов за задание: 7

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

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

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

Подсказка 2

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

Показать ответ и решение

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

P (n)− P(−3)= 6− 1 =5 кратно n+ 3

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

Ответ:

$2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 39#68527Максимум баллов за задание: 7

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

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

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

Подсказка 2

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

Показать ответ и решение

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

Ответ:

$n =3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 40#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: