Тема АЛГЕБРА

Многочлены → .06 Применение производной в многочленах

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#75649Максимум баллов за задание: 7

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

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

Подсказки к задаче

Подсказка

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

Показать ответ и решение

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

Теперь докажем следующую лемму:

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

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

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

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

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

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

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

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

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

Ответ:

Нет, не может

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#122899Максимум баллов за задание: 7

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

Показать доказательство

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#99358Максимум баллов за задание: 7

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

Источники: Квант, 1972

Показать доказательство

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

Предыдущая подтема

Следующая подтема