Тема АЛГЕБРА

Многочлены → .03 Корни многочленов

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 41#73373Максимум баллов за задание: 7

Многочлен степени $10$ имеет три различных корня. Какое наибольшее количество нулевых коэффициентов у него может быть?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте сделать какую-то грубую оценку. Например, что можно сказать про многочлен, у которого 10 нулевых коэффициентов?

Подсказка 2

Также можете попробовать придумать какой-то простой пример многочлена, у которого 3 корня и много нулевых коэффициентов.

Показать ответ и решение

Предположим, что у многочлена один ненулевой коэффициент, тогда он имеет вид $kx10$ и имеет лишь один корень $x= 0,$ противоречие. Зато многочлен $10 8 x − 4x$ уже имеет три корня $0,±2.$ То есть $9$ — наибольшее количество.

Ответ:

$9$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 42#79753Максимум баллов за задание: 7

Бесконечная последовательность ненулевых чисел $a ,a,a ,... 1 2 3$ такова, что при всех натуральных $n >2024$ число $a n+1$ является наименьшим корнем многочлена

2n 2n−2 2n−4 Pn(x)=x + a1x + a2x + ...+ an

Докажите, что существует такое $N,$ что в бесконечной последовательности $a ,a ,a ,..., N N+1 N+2$ каждый член меньше предыдущего.

Источники: Всеросс., 2019, РЭ, 10.4(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Пусть $n ≥2018.$ Заметим, что $P (a) =P (−a) n n$ при всех $a.$ Значит, поскольку $P (x) n$ имеет ненулевой корень, он имеет и отрицательный корень, откуда $an+1 < 0.$

Далее, поскольку $2 Pn+1(x)= x Pn(x)+ an+1,$ имеем

2 Pn+1(an+1)= an+1Pn(an+1)+ an+1 =0+ an+1 < 0

Так как степень многочлена $P (x) n+1$ чётна, а старший коэффициент положителен, при достаточно больших по модулю отрицательных $x$ он принимает положительные значения. Теперь из полученного выше соотношения следует, что у этого многочлена есть корень на интервале $(−∞ ),an+1).$ Значит, и $an+2 < an+1.$

Итак, мы получили, что $an+2 < an+1$ при всех $n ≥2018.$ Это означает, что последовательность $(a2019,a2020,a2021,...)$ — убывающая.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 43#75132Максимум баллов за задание: 7

Существуют ли такое натуральное $n$ и такой многочлен $P(x)$ степени $n,$ имеющий $n$ различных действительных корней, что при всех действительных $x$ выполнено равенство

(a) $( ) P (x)P(x+1)= P x2 ;$

(b) $P (x)P(x+ 1)= P (x2 +1)?$

Подсказки к задаче

Пункт а, Подсказка 1

В конструктивах всегда полезно потратить хотя бы 5 минут на поиск примера.

Пункт а, Подсказка 2

Пусть P(a)=0, тогда равенство выполняется, значит x=0 — корень нашего многочлена. Проделайте что-то похожее с выражением P(x+1).

Пункт б, Подсказка 1

Давайте также как в пункте (a) предположим существование такого x₀, что P(x₀)=0. Что можно сказать про P(x₀²+1)?

Пункт б, Подсказка 2

P(x₀²+1)=0. Подумайте: что может пойти не так?

Пункт б, Подсказка 3

Поисследуйте максимальный элемент во множестве корней многочлена P.

Пункт б, Подсказка 4

Предположите что x₀ — наибольший по значению корень многочлена, что можно сказать про x₀²+1?

Показать ответ и решение

(а) Для многочлена $P(x)=x2− x$ имеем

P(x)P(x +1)= (x2− x)((x+1)2− x− 1) = 2 4 2 ( 2) =x (x+1)(x− 1)= x − x = P x

(b) Первое решение. Из условия следует, что многочлен $P(x)$ раскладывается на линейные множители. Пусть

P(x)= a(x − x1)...(x− xn)

Тогда корнями многочлена $P (x)P(x+ 1)$ являются числа $x ,...,x ,x − 1,...,x − 1. 1 n 1 n$ При этом многочлен

(2 ) ( 2 ) ( 2 ) P x + 1 = a x +1− x1 ... x +1 − xn

также должен раскладываться на линейные множители, поэтому $xk ≥ 1,k =1,...,n.$ Множество его корней $± √xk-− 1,k= 1,...,n,$ должно совпадать с множеством корней многочлена $P(x)P (x+ 1).$ Пусть $xm$ — наибольшее из чисел $x ,k= 1,...,n, k$ т. е. наибольший из корней многочлена $P (x)P(x+1).$ Тогда число $√x--− 1 m$ является наибольшим из корней многочлена $P(x2).$ Но $√x--−-1< x , m m$ так как $x2 − x + 1> 0. m m$ Следовательно, совпадение множеств корней многочленов $P(x)P(x+ 1)$ и $P (x2)$ невозможно.

Второе решение. Если такой многочлен $P (x)$ существует, то он имеет хотя бы один действительный корень. Пусть $x0$ — наибольший из его корней. Тогда из условия получаем, что

(2 ) P x0+ 1 = P(x0)P(x0+1)= 0

то есть число $x20+ 1$ также является корнем многочлена $P (x).$ Но $x20+ 1> x0,$ что противоречит максимальности корня $x0.$ Следовательно, такого многочлена не существует.

Ответ:

$a)$ Существует

$b)$ Не существует

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 44#101461Максимум баллов за задание: 7

Даны натуральные числа $a,a ,...,a , 1 2 n$ $k$ такие, что выполнено $a a ...a = M > 1, 1 2 n$ а также $-1 + 1-+...+-1 = k. a1 a2 an$ Докажите, что многочлен

k P(x)=M (x+ 1)− (x+ a1)(x +a2)...(x+ an)

не имеет положительных корней.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Докажем, что P(x) знакопостоянен при x > 0. Попробуем доказать, что P(x) < 0. Для этого оценим сначала сомножители второго слагаемого в алгебраической сумме, выражающей P снизу. Как это сделать?

Подсказка 2

Верно! Применим неравенство о средних к набору из числа (x+1) и (a-1)-ой единицы для каждого a из скобочек вида (x+a) второго слагаемого. Таким образом, мы оценим снизу каждый сомножитель вида (x+a). Легко заметить, что равенство возможно только при a = 1. А что получится, если перемножить все оценки на (x+a)?

Подсказка 3

Верно! Это покажет, что P(x) ≤ 0. А возможно ли равенство?

Показать доказательство

Неравенство Коши, примененное к набору из числа $x +1$ и $a − 1 i$ единиц, дает

ai−1единиц (x+-1)+◜1-+1+◞◟⋅⋅⋅+-◝1 ai∘-------a-−1 ai ≥ (x+ 1)⋅1i

следовательно,

ai(x+ 1)1∕ai ≤ x+ ai

причем равенство достигается лишь при $ai = 1,$ поскольку $x+ 1> 1.$

Таким образом,

n∏ n∏ ai(x+ 1)1∕ai ≤ (x +ai) i=1 i=1

то есть,

∏n ∑n n∏ P (x)= ai(x+ 1) i=11∕ai − (x+ ai)≤ 0 i=1 i=1

причем равенство выполняется тогда и только тогда, когда

ai = 1 для всех i∈{1,2,...,n}

то есть когда $M = 1,$ что неверно по условию. Следовательно, $P(x)<0$ для всех $x> 0,$ и $P$ не имеет положительных корней.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 45#42264Максимум баллов за задание: 7

Сравните между собой наименьшие положительные корни многочленов

2016 2016 x +2016x − 1 и x − 2016x +1.

Источники: Муницип - 2016, Калининград, 11.3

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте оценить наименьший положительный корень у первого многочлена. Например, стоит вспомнить, что если в одной точке у многочлена значение положительное, а в другой - отрицательное, то между этими точками есть корень)

Подсказка 2

Вот у первого многочлена в точке 0 - значение отрицательное, а в точке 1/2016 - положительное! То есть, его наименьший положительный корень точно меньше 2016. А может ли быть такой корень у второго многочлена?

Подсказка 3

Поймите, что второй многочлена всегда положителен на отрезке [0; 1/2016]. Например, с помощью производной или с помощью знания того, что x²⁰¹⁶ положительный, а 2016x-1 - отрицательный на этом отрезке)

Показать ответ и решение

Первое решение.

Пусть $x1 >0$ — корень уравнения $2016 x + 2016x− 1= 0$ , а $x2 > 0$ — корень уравнения $2016 x − 2016x+ 1=0$ . Тогда

x2016+ 2016x − 1= 0 12016 1 x2 − 2016x2+ 1= 0

Складывая эти равенства почленно, получаем:

2016 2016 x1 + x2 + 2016(x1− x2)= 0

Значит

x20116+x22016 x1 − x2 = −--2016----< 0

Таким образом, $x1 < x2.$

Второе решение.

Функция $x2016$ принимает только положительные, а функция $2016x − 1−$ только отрицательные значения на интервале $(0,1∕2016).$ Значит, уравнение $x2016 = 2016x− 1$ и многочлен $x2016− 2016x+ 1$ не имеют корней на этом интервале. Многочлен $x2016+ 2016x − 1$ принимает в концах отрезка $[0,1∕2016]$ значения разных знаков и, следовательно, имеет корень на интервале $(0,1∕2016)$ .

Ответ: у первого меньше

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 46#79751Максимум баллов за задание: 7

Про приведенный многочлен $P(x)= xn+ a xn−1+ ...+ ax +a n− 1 1 0$ с действительными коэффициентами известно, что при некотором натуральном $m > 2$ многочлен $P(P (...P(P (x)...))$ имеет действительные корни, причем только положительные. Обязательно ли сам многочлен $P(x)$ имеет действительные корни, причем только положительные?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте для начала по исследуем P(x), попробуйте предположить что-нибудь о корнях P(x) и выяснить, не выходит ли противоречий.

Подсказка 2

Оказывается, что P(x) обязательно должен иметь хотя бы один положительный корень, докажите это.

Подсказка 3

А теперь давайте докажем, что если P(x) имеет отрицательный корень, то и P_m(x) имеет отрицательный корень. Как это можно сделать?

Подсказка 4

Довольно удобно ввести индукцию по m, при k=1 утверждение, очевидно, верно. Как сделать переход?

Подсказка 5

Поисследуйте наибольшие и наименьшие корни P_k(x) и P(x).

Подсказка 6

Докажите, что найдется такой x₀, что P(x₀)=P_k(x₁)=0, где x₁ наибольший или наименьший корень P_k(x).

Подсказка 7

Завершите доказательство, найдя противоречие с условием!

Показать ответ и решение

Для любого натурального $k >2$ положим $P (x)=P (P(...P(P(x)...)) k$ ( $k$ итераций). По условию задачи $P (x) m$ имеет действительные корни, причем только положительные. Покажем, что $P (x)$ имеет действительные корни, причем только положительные.

Предположим, что $P(x)$ не имеет положительных корней. Тогда $n n−1 P (x)= x + an− 1x + ...+ a0 > 0$ при достаточно больших $x$ и не меняет знак при $x> 0,$ т. е. $P$ переводит положительные числа в положительные. Значит, тем же свойством обладают все многочлены $Pk.$ Это противоречит тому, что у $Pm (x)$ есть положительные корни. Поэтому многочлен $P(x)$ также имеет положительные корни.

Если $P(0)= 0,$ то $Pm (0)= 0.$ Значит, ноль не является корнем многочлена $P(x).$

Предположим, что у $P (x)$ есть и отрицательный, и положительный корни. Докажем методом математической индукции, что тогда при всех натуральных $k$ многочлен $Pk(x)$ также имеет и отрицательный, и положительный корни.

При $k= 1$ утверждение верно. Предположим, что оно верно при некотором $k= j.$ Обозначим через $x1$ и $x2$ соответственно наименьший и наибольший корни многочлена $P(x),$ а через $x3$ и $x4$ соответственно наименьший и наибольший корни многочлена $Pj(x).$ Тогда $x1 < 0,x2 >0,x3 < 0,x4 >0.$

Если число $n$ нечетно, многочлен $P(x)= xn +an−1xn−1+ ...+ a1x +a0$ принимает все значения от $− ∞$ до $0$ на луче $(∞,x1].$ Значит, на этом луче найдется такое число $x5,$ что $P(x5) =x3.$

Если число $n$ четно, многочлен $P (x)= xn+ an−1xn−1 +...+ a1x+ a0$ принимает все значения от $0$ до $+ ∞$ на луче $(−∞, x1].$ Значит, на этом луче найдется такое число $x5,$ что $P(x5)= x4.$ В обоих случаях многочлен $P(x)= xn +an−1xn−1+ ...+ a1x +a0$ принимает все значения от $0$ до $+ ∞$ на луче $[x2,+∞ ).$ Значит, на этом луче найдется такое число $x6,$ что $P (x6)= x4.$ Следовательно, в обоих случаях $Pj+1(x5)=Pj(P(x5))= 0$ и $Pj+1(x6)=Pj(P(x6))= 0.$ При этом $x5 < 0$ и $x6 > 0.$ Утверждение доказано.

Значит, если у $P(x)$ есть и отрицательный, и положительный корни, то у $Pm(x)$ есть и отрицательный, и положительный корни. Пришли к противоречию.

Остается единственная возможность: многочлен $P(x)$ имеет действительные корни, причем только положительные.

Ответ:

Да

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 47#70996Максимум баллов за задание: 7

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

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

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

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

Подсказка 2

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

Подсказка 3

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

Показать ответ и решение

Подставим оба решения в уравнение

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

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

(x2− 1)(x3 +2x2+ x+ 2+a)= 0

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

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

Ответ:

при $a = −6,b= −1,c= 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 48#75131Максимум баллов за задание: 7

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

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

Показать доказательство

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

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

где $Q (x)− xi ⁄= 0,i= 1,2,3.$

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

Предыдущая подтема

Следующая подтема