Тема АЛГЕБРА

Многочлены → .04 Свойства коэффициентов многочленов, раскрытие скобок и бином Ньютона

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#65391Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что после раскрытия скобок и приведения подобных слагаемых в выражении

2 4 520 2 4 520 (1+x +x + x + x) +(1− x+ x +x − x )

не останется слагаемых с нечётной степенью $x.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметим, что выражения в скобках очень похожи. Они отличаются только знаками перед x в нечетных степенях. А как вообще после раскрытия скобок у какого-то слагаемого получается нечетная степень?

Подсказка 2

Да, нечетная степень получается, если взять из скобки x в нечетной степени нечётное число раз! А мы поняли, что наши две скобки отличаются только знаками у x в нечетных степенях. Что тогда можно сказать про любое слагаемое(которое представляет собой x в нечетной степени) после раскрытия обеих скобок?

Показать доказательство

Посмотрим на любой одночлен нечётной степени у $(1+ x+ x2+ x4+x5)20$ после раскрытия скобок до приведения подобных. Нетрудно понять, что в него взяли из нечётного количества скобочек $x$ в нечётной степени, а из остальных — $x$ в какой-то четной степени. Заметим, что это же самое слагаемое до приведения подобных у $2 4 520 (1− x+ x +x − x )$ будем с тем же коэффициентом, но противоположным знаком. Это так, потому что тут перед $x$ в нечётных степенях стоят минусы и количество взятых $x$ в нечётной степени нечётно. Следовательно, все слагаемые с нечетными степенями при привидении подобных взаимоуничтожатся, что и требовалось.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#67584Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что числа $x,y,z$ положительны, если известно, что положительными являются числа

a= x+y +z, b= xy+ yz+ zx, c=xyz.

Показать доказательство

Первое решение.

Из $xyz > 0$ следует, что одного или трёх неположительных числа среди $x,y,z$ быть не может, не может быть среди них и нулей.

Остаётся разобрать, почему не может быть случая, когда нашлось два отрицательных числа и одно положительное.

Предположим, что такое всё-таки случилось. Не умаляя общности, считаем $x≤ y < 0< z.$ Тогда пусть $t= −x,w= −y.$ Из условия получаем

z− t− w > 0 ⇐ ⇒ z >t+ w

Теперь из этого

2 tw − zw − zt> 0 ⇐⇒ tw> z(t+ w) =⇒ tw >(t+ w)

Из $t> 0,z >0$ получаем

2 2 w-2 3w2 0> t +tw +w =(t+ 2) + 4 > 0

Мы пришли к противоречию $0> 0,$ значит, рассматриваемый случай не может быть, так что все три числа положительные.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Не умаляя общности, считаем $x≥ y ≥z.$

По теореме, обратной теореме Виета для кубического уравнения, числа $x,y,z$ являются корнями уравнения $3 2 t − at +bt− c= 0.$

Если хотя бы одно из чисел неположительно, то $z ≤0$ , а тогда при подстановке $t= z$ получаем

z3 ≤ 0

−az2 ≤ 0

bz ≤ 0

−c< 0

Но тогда

3 2 0 =z − az +bz− c< 0

приходим к противоречию.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

Можно сформулировать и более общий факт для $n$ чисел. Если все элементарные симметрические многочлены от $n$ переменных (их сумма, сумма попарных произведений, сумма произведений по три и так далее до одной суммы из произведения всех $n$ чисел) имеют для заданных $n$ чисел один и тот же знак (все положительные или все отрицательные), то каждое из этих чисел имеет тот же знак (все положительны или все отрицательны). Доказательство проводится аналогично с использованием теоремы Виета для многочлена степени $n$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#68241Максимум баллов за задание: 7

Пусть $x =(x ,...,x ) 1 8$ — двоичный вектор длины 8. Обозначим $xd$ — циклический сдвиг вектора $x$ на $d$ позиций вправо. Например, если $x =(1,0,0,0,0,0,0,0),$ то $2 x = (0,0,1,0,0,0,0,0).$ При этом считаем, что $0 x = x.$ Под суммой векторов $x= (x1,...,x4)$ и $y =(y1,...,y4)$ будем понимать вектор

x +y =(x1⊕ y1,x2⊕ y2,x3⊕ y3,x4⊕ y4)

Здесь $⊕$ — стандартная операция сложения битов: $0 ⊕0 =1⊕ 1= 0,$ $0⊕ 1= 1⊕0 =1.$ Пусть

1 4 x= v+ v + v

Найдите $d1,...,dn$ такие, что при любом исходном векторе $v$ выполняется равенство

v =xd1 + ⋅⋅⋅+ xdn

Источники: Верченко-2023 (см. v-olymp.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пупупу… Какие-то непонятные векторы, с которыми работать не очень понятно как, да и просто непривычно! На что можно заменить любой вектор, чтобы с этим было удобнее работать?

Подсказка 2

Да, можно заменить любой вектор длины a на многочлен, степени одночленов которого — это числа от 0 до a(включительно)! Подумайте, как можно отобразить операцию циклического сдвига на многочлене?

Подсказка 3

Верно, можно просто умножать все его на одночлены на степень, равную величине сдвига и после этого от каждой степени оставлять только остаток по модулю длины вектора! Тогда какому многочлену соответствует вектор x?

Подсказка 4

Да, это многочлен, который состоит из одночленов со степенями 0, 1, 4. А какое условие должно выполняться, чтобы мы нашли многочлен v?

Подсказка 5

Верно, нужно, чтобы произведение многочлена x на многочлен v равнялось единице(учитывая, что можно заменять степени на остаток по модулю введённой степени многочлена)! Осталось найти такой многочлен v, для которого это выполняется!

Показать ответ и решение

Заметим, что $xd+8n = xd$ для любого натурального числа $n$ . Вектору $x = (x ,...,x) 1 8$ взаимно однозначно соответствует многочлен

7 8 x(t)= x1+ x2t+ ...+ x7t + x8t

Тогда циклический сдвиг вектора $x$ на $d$ позиций вправо равносилен умножению многочлена $x(t)$ на $td$ и приведению степеней мономов по модулю $8$ .

Вектору $x =v +v1 +v4$ соответствует многочлен $x(t)= 1+ t+ t4$ . Таким образом, нахождение $d ,...,d 1 n$ таких, что $v =xd1 +...+ xdn$ равносильно нахождению многочлена $v(t)= td1 +...+ tdn$ со свойством $x(t)v(t)= 1$ (с учётом приведения степеней мономов по модулю $8$ ). Найти многочлен $v(t)$ можно методом неопределённых коэффициентов, но быстрее из следующего алгоритма:

2 8 2 4 4 8 8 x (t)= 1+t+ t = t, x (t)= t,x (t)= t= 1

Следовательно,

7 3 4 4 2 4 2 6 7 v(t)= x (t)= x(t)x (t)= (1+t+ t)tt = t +t + t

Ответ:

$v =x2+ x6+ x7$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#68514Максимум баллов за задание: 7

Найдите сумму коэффициентов при нечётных степенях выражения $(x3+ 2x2− 2x− 2)743$ .

Показать ответ и решение

Обозначим сумму коэффициентов при чётных степенях через $A$ , при нечётных — через $B$ . Заметим, что значение выражения в точке $x =1$ равно $− 1 =A + B$ , а значение в точке $x = −1$ равно $1= A − B$ , откуда $−1−-1 B = 2 = −1$ .

Ответ:

$− 1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#76292Максимум баллов за задание: 7

Многочлены

2018 2017 P(x)= a2018x +a2017x + ...+ a1x +a0

(x− 1)⋅(x−-2)⋅...⋅(x−-2018) Q(x)= 2018!

совпадают при всех значениях $x.$ Найдите сумму чисел

a2+ a4+...+a2016+ a2018

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вас просят найти сумму каких-то коэффициентов многочлена. Попробуйте найти какую-то более простую сумму, например сумму всех коэффициентов.

Подсказка 2

Q(1) - это сумма всех коэффициентов. Какие ещё можно подставить числа в многочлен, чтобы потом посчитать нужную сумму?

Показать ответ и решение

Заметим, что $P(1)= (a +a + ...+ a )+(a + a +...+ a ), 0 2 2018 1 3 2017$ а $P(−1)= (a + a + ...+a )− (a + a + ...+a ). 0 2 2018 1 3 2017$ Следовательно, сумма коэффициентов с чётными индексами равна $P(1)+P(−1) 2 .$ Но нам нужна сумма коэффициентов с чётными индексами без $a0.$ Нетрудно видеть, $P (0)= a0.$ Таким образом, нам нужно значение выражения $P(1)+P(−1) 2 − P(0),$ которое по условию равно $Q-(1)+Q-(−1) 0+2019 2017 2 − Q(0)= 2 − 1= 2 .$

Ответ:

$2017 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#76330Максимум баллов за задание: 7

(a) Найдите целое число $a,$ при котором $(x− a)(x− 10)+ 1$ разлагается в произведение $(x+ b)(x+ c)$ двух множителей с целыми $b$ и $c.$

(b) Найдите такие отличные от нуля неравные между собой целые числа $a,b,c,$ чтобы выражение $x(x− a)(x− b)(x− c)+ 1$ разлагалось в произведение двух многочленов с целыми коэффициентами.

Показать ответ и решение

(a) Нас просят найти такое целое $a,$ для которого существуют целые $b$ и $c$ такие, что: $2 2 x − (a+10)x+ 10a+ 1= x + (b+ c)x +bc.$ То есть $b+ c=− a− 10$ и $bc= 10a +1.$ Если домножить первое равенство на $10$ и сложить со вторым, то мы получим равенство $10b+ 10c+ bc=− 99.$ Оно равносильно равенству $(b+ 10)(c+10)= 1.$ Теперь видно, что можно взять $b= c= −9,$ при этом $a =8.$

(b) Возьмём такие $a,b$ и $c,$ что $a+ b= c.$ Тогда $x(x− a)(x− b)(x− c)+ 1= (x2− cx)(x2− (a +b)x+ ab)+ 1.$ Сделаем замену $x2− cx= x2− (a+ b)x =t.$ Теперь выражением имеет вид $t(t+ab)+1 =t2+ abt+ 1.$ Ясно, что если взять, например, $ab= 2,$ то многочлен будет раскладываться на два многочлена. Можно взять $a= 1$ и $b= 2,$ тогда $c= 3$ и разложение примет следующий вид: $x(x− 1)(x− 2)(x− 3)+ 1= (x2− 3x+ 1)2.$

Ответ:

(a) $a =8$

(b) $a= 1,b =2,c= 3$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#76331Максимум баллов за задание: 7

Значение многочлена $20$ степени с целыми коэффициентами при всех целых $x$ делится на $37.$ Докажите, что все его коэффициенты делятся на $37.$

Показать доказательство

Посмотрим на многочлен по модулю $37.$ Среди чисел от $0$ до $36$ не более двадцати являются корнями. Однако по условию все $37$ остатков зануляют многочлен. Следовательно, по модулю $37$ количество корней многочлена больше, чем его степень. Таким образом, все его коэффициенты равны $0.$ Если перестать рассматривать всё по модулю $37,$ то получится, что все коэффициенты кратны $37.$ Что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#45003Максимум баллов за задание: 7

Найдите наибольший коэффициент многочлена $(3+ 2x)2017$ после раскрытия скобок и приведения подобных членов.

Показать ответ и решение

Обозначим коэффициент многочлена при $xk$ после раскрытия скобок как $c ,0 ≤k ≤2017. k$ Наша задача — найти наибольшее $ck$ .

По биному Ньютона

k k 2017−k ck = C2017⋅2 ⋅3

Тогда после сокращений

ck+1- 2 2017− k 2 2018 ck = 3 ⋅ k +1 = 3 ⋅(k+ 1 − 1)

Заметим, что $ck$ неотрицательны, а отношение соседних членов убывает. Пока $ck+1 -ck-->1$ , последовательность $ck$ возрастает. А затем, когда $ck+1 -ck-< 1$ , убывает.

Решим неравенство $c k+ck1-<1$ :

2018− 1< 3; 4036-< 5; 4036-− 1 <k k+ 1 2 k+1 5

Минимальное натуральное такое $k= 807$ . Итак,

c0 <c1 < ...< c807 > c808 > ...> c2017,

здесь все неравенства строгие, потому что $ck+ck1-=1$ не выполняется при целом $k.$

Ответ:

$C807 ⋅2807⋅31210 2017$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#49152Максимум баллов за задание: 7

Для каких значений параметра $p$ отношение суммы коэффициентов многочлена $(px2− 7)18$ к его свободному члену минимально?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как можно посчитать сумму коэффициентов такого выражения? Нужно взять какой-то особый х для этого. Если бы многочлен был бы равен а(x^2)+bx+c, то при каком х мы бы получили a+b+c?

Подсказка 2

Да, сумма коэф-ов получается при х = 1. А, может быть, такую штуку можно провернуть и со свободным членом? Если многочлен равен а(x^2)+bx+c, то при каком х получается просто с?

Подсказка 3

Именно, при х = 0. Осталось подставить эти значения х и составить нужное отношение и найти его минимум :)

Показать ответ и решение

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, то есть $18 (p− 7) .$

Свободный член тоже можно посчитать, для этого надо подставить $x= 0.$ Получится $18 18 (0− 7) = 7 .$

Нетрудно видеть, что минимум искомого выражение $(p−7)18- 718$ равен $0$ и достигается только при $p =7.$

Ответ:

$7$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#42248Максимум баллов за задание: 7

Найдите сумму коэффициентов после раскрытия скобок

2016 2017 (2− 3x) +(3− 2x) .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В задаче просят найти сумму всех коэффициентов многочлена. А как бы вы находили сумму, если бы , скажем, у вас был бы многочлен x ^ 2 + 2x + 1? Просто бы сложили все коэффициенты вручную. А что значит, откинуть х и просто посчитать такую сумму? Это равнозначно подстановке такого х, который не повлияет ни на один из коэффициентов. А какой х тогда нужно подставить?

Подсказка 2

Конечно, если мы подставим х = 1, то наша сумма будет равна 1 + 2 + 1. То есть, просто сумма коэффициентов. А что нам мешает для любого многочлена так сделать?

Показать ответ и решение

2016 2017 (−1) +1 = 2

Ответ: 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#73374Максимум баллов за задание: 7

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

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

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

Подсказка 2

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

Показать ответ и решение

Рассмотрим многочлен

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

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

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

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

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

Ответ:

Да

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#77059Максимум баллов за задание: 7

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

1000 1000 R(x)= P(x +1)− P(x)

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

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

Подсказка 2

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

Подсказка 3

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

Подсказка 4

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

Подсказка 5

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

Подсказка 6

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

Показать ответ и решение

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

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

Доказательство. Запишем наш многочлен как

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

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

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

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

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

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

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

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

degR <n2k− nk (∗)

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

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

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

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

то есть $R (x)= R1(xn),$ где

R1(y)= Q ((y+ 1)n)− Q(y)n

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

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

Ответ:

$99⋅106$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#80502Максимум баллов за задание: 7

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

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

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

Подсказка 2

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

Подсказка 3

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

Показать ответ и решение

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

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

27a3+ 9a2 +3a1 = 45

9a3+ 3a2 +a1 = 15

Значит, $a3,a2,a1 <49$ .

493a3+492a2+49a1 = 124551

492a3+49a2+ a1 =2499

Значит, $.. a1.49$ и $a1 = 0$

49a3+a2 = 51

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

Ответ:

$x3+ 2x2+4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 34#92141Максимум баллов за задание: 7

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

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

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

Подсказка 2

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

Показать ответ и решение

Применяя полиномиальную формулу, получим

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

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

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

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

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

1. $6!8⋅0!!⋅2! ⋅(−2)0 ⋅a2 =28a2$

2. $5!8⋅2!!⋅1! ⋅(−2)2 ⋅a1 =28⋅24a$ ;

3. $4!8⋅4!!0! ⋅(− 2)4⋅a0 = 28⋅40$

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

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

Ответ: -5

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 35#95854Максимум баллов за задание: 7

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

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

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

Докажите или опровергните следующие утверждения:

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

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

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

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

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

Подсказка 2

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

Подсказка 3

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

Подсказка 4

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

Подсказка 5

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

Показать ответ и решение

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

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

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

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

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

√- ( 2+ 1)2020 ≥22525

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

А по биному Ньютона получаем

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

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

требуемое.

Ответ: всё верно

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 36#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.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 37#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 38#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

( 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).

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 39#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 40#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

Предыдущая подтема

Следующая подтема