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 81#87532Максимум баллов за задание: 7

Коэффициенты многочлена степени $n> 2024$

n n−1 Pn(x)= anx + an−1x + ...+ a1x +a0,

взятые в том же порядке (начиная со старшей степени), образуют геометрическую прогрессию со знаменателем $q$ $(q ⁄= 0,±1 ).$ Выясните, может ли $Pn(x)$ иметь только один корень.

Если может, укажите минимальную степень (из диапазона выше), при которой это возможно, и выразите корень через $a 0$ и $q$ . Если нет, укажите минимально возможное количество корней при любом $n> 2024.$

Источники: Надежда энергетики - 2024, 11.5 (см. www.energy-hope.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте подумаем, как можно использовать то, что коэффициенты образуют геометрическую прогрессию? Чем является каждое слагаемое в многочлене?

Подсказка 2

Одночлены образуют геометрическую прогрессию тоже! Нетрудно заметить, что знаменатель этой прогрессии равен q/x. Тогда чему равна сумма одночленов?

Подсказка 3

По формуле можно найти сумму. Остаётся решить простое уравнение. Не забудьте учесть, что знаменатель не равен 0!

Показать ответ и решение

Заметим, что $a ⁄= 0 n$ и $a ⁄=0, 0$ следовательно $a = a qn ⁄= 0. 0 n$ Значит, $x= 0$ не является корнем.

Поймём, что одночлены (начиная со старшего) в многочлене образуют геометрическую прогрессию с знаменателем $q x.$ Значит, многочлен может быть представлен как сумма первых $n+ 1$ члена данной прогрессии. Заметим, что если $x= q,$ то

n n−1 n n n Pn(q)= anq +an−1q + ...+a1q+ a0 = an = a◟nq-+anq◝+◜-...+-anq◞ n+1раз

n n Pn(q)= anq (n +1)⁄= 0, т.к. a ⁄= 0,q ⁄=0

Значит, $x= q$ не корень. Поэтому дальше будем считать $x ⁄=q$ и запишем следующее

anxn((q)n+1− 1) Pn(x)= anxn +an−1xn−1+ ...+ a1x+ a0 =------xq-------- x − 1

Выразим корни с учётом $x⁄= 0$ и $an ⁄= 0$

anxn((q)n+1 − 1) -----qx--------=0 x − 1

( ) ( q n+1− 1= 0 x

xn+1 = qn+1

Если $n+ 1$ нечётно, тогда $x =q,$ чего быть не может, а если $n+ 1$ чётно, тогда $x= ±q,$ а в силу ограничений получаем $x= −q.$ Это и будет единственным корнем.

Теперь найдём минимальное $n.$ Из условий $n > 2024$ и $n+ 1$ чётно получаем, что $n= 2025$ подходит.

Ответ:

может при $n = 2025 min$ , корень равен $− q$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 82#88063Максимум баллов за задание: 7

Пусть $A = 11111$ . Найдите остаток от деления числа

2024 2023 (2023⋅A − 1) +(2024⋅A+ 1)

на число $123454321.$

Источники: Межвед - 2024, 11.2 (см. v-olymp.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметим, что А^2 = 123454321

Подсказка 2

Давайте раскроем скобки в первом слагаемом. Можем ли мы избавиться от всех слагаемых?

Подсказка 3

Да! Все кроме двух слагаемых будут содержать A^2 тогда они сравнимы с 0 по морулю A^2. Так же мы можем раскрать скобки во 2 слагаемом

Подсказка 4

Получаем исходное равно -2023A * 2024 + 1 + 2024 * A * 2023 + 1. Как ещё можно упростить это выражение?

Показать ответ и решение

Вычислим $A2 :$

2 2 A =11111 =123454321

То есть нужно найти остаток по модулю $A2.$ Рассмотрим первое слагаемое.

(2023⋅A − 1)2024 = (2023⋅A− 1)⋅(2023⋅A− 1)⋅...⋅(2023 ⋅A − 1) ◟--------------2◝0◜24--------------◞

Раскрывая скобки, как минимум два раза выберется $A$ из скобок, что дает $0$ в сравнении по модулю $A2.$ Это верно, кроме случаев, когда были выбраны все единицы или когда было выбрано одно $A$ из всех скобок. Тогда, используя бином Ньютона, получаем, что первое слагаемое сравнимо с

(2023 ⋅A − 1)2024 ≡ −2023A ⋅2024+ 1 A2

Аналогично получаем, что второе слагаемое сравнимо с

2023 (2024 ⋅A + 1) A≡2 2024⋅A ⋅2023+ 1

Тогда получаем

(2023⋅A − 1)2024+ (2024⋅A+ 1)2023 ≡2 −2023A⋅2024 +1+ 2024 ⋅A ⋅2023+ 1= 2 A

Следовательно, остаток равен $2.$

Ответ: 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 83#88065Максимум баллов за задание: 7

Известно, что система уравнений

{ 3x2+ 6y2 − x− y = 6 −3y2+ 6xy− x +2y = 2

имеет ровно четыре решения $(x1,y1),(x2,y2),(x3,y3),(x4,y4)$ . Найдите сумму

x + y +x + y +x +y + x +y 1 1 2 2 3 3 4 4

Ответ округлите до десятых.

Источники: Межвед - 2024, 11.4 (см. v-olymp.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Непонятно как искать эти решения, поэтому посмотрим под другим углом на то, что требуется найти. Пусть мы ищем сумму x и сумму y. На что тогда это похоже?

Подсказка 2

Это же теорема Виета для уравнения 4 степени! Тогда нужно из системы выразить уравнение 4 степени для x и y.

Подсказка 3

Из второго уравнения легко выражается x, который можно подставить в первое и получить уравнение 4 степени для y.

Подсказка 4

Сумму для y нашли, а как же найти сумму для x? Нам мешает y^2 в обоих уравнениях. Тогда путем умножения на константу и сложения избавимся от y^2. Тогда остается выразить y через x, подставить y и получить уравнение 4 степени для x.

Показать ответ и решение

Рассмотрим второе уравнение системы

2 −3y +6xy− x+ 2y = 2

2 (6y− 1)x =3y − 2y+ 2

Заметим, что $y = 1 6$ не является решением, тогда

x = 3y2−-2y+-2 6y− 1

Поставим $x$ в первое уравнение системы и преобразуем, получив уравнение 4-ой степени относительно $y$

(3y2− 2y+2 )2 3y2− 2y +2 3 ---6y-− 1- +6y2− --6y−-1-- − y =6

3(3y2 − 2y+ 2)2− (3y2− 2y+ 2)(6y− 1)+ (6y2− y− 6)(6y− 1)2 = 0

(27y4− 36y3+ 48y2− 24y+12)− (18y3− 15y2+ 14y − 2)+ (216y4− 108y3− 198y2+71y− 6)= 0

243y4− 162y3− 135y2+33y+ 8= 0

Заметим, что раз $(x1,y1),$ $(x2,y2),$ $(x3,y3),$ $(x4,y4)$ — решения системы, то $y1,$ $y2,$ $y3,$ $y4$ будут корнями данного уравнения, причём различными, иначе бы какие-то решения системы совпали в силу выражения $x$ через $y.$ Т.к. многочлен 4-ой степени может иметь не более 4 корней, значит, других не будет. Тогда по теореме Виета

162 2 y1+ y2 +y3+ y4 = 243-= 3

Теперь возьмём второе уравнение системы, удвоим его и сложим с первым уравнением, получим

2 3x − 3x +3y+ 12xy =10

(3+ 12x)y = (10+ 3x− 3x2)

Заметим, что $x= − 1 4$ не является решением, тогда

y = 10+-3x-− 3x2 3+ 12x

Подставим $y$ в первое уравнение системы и преобразуем, получив уравнение 4-ой степени теперь относительно $x:$

2 ( 10+ 3x − 3x2)2 10+ 3x − 3x2 3x +6 --3+-12x-- − x− --3+-12x-- =6

6(10+3x − 3x2)2− (10+3x− 3x2)(3+ 12x)+ (3x2− x− 6)(3+ 12x)2 = 0

(54x4− 108x3− 306x2+ 360x+ 600)− (−36x3 +27x2+ 129x+ 30)+

+ (432x4+ 72x3− 909x2− 441x − 54)= 0

486x4− 1242x2− 210x+ 516= 0

Аналогично случаю с $y$ по теореме Виета

x1+x2+ x3+ x4 = 0

В итоге

2 x1+ y1+x2+ y2+ x3+y3+ x4+ y4 = 3 ≈ 0,7

Ответ: 0.7

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 84#89613Максимум баллов за задание: 7

Найдите сумму квадратов вещественных корней многочлена $x3+ x2− 7x+ 1.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Обозначим корни уравнения за x₁, x₂ и x₃. Значения каких выражений, зависящих от этих корней, нам известны?

Подсказка 2.

По теореме Виета можно найти следущие величины: x₁ + x₂ + x₃, x₁x₂ + x₁x₃ + x₂x₃, x₁x₂x₃. Наконец, попробуйте выразить сумму квадратов x₁² + x₂² + x₃² через первые два выражения.

Показать ответ и решение

Проверим, что существуют все три корня, для этого посмотрим на значения данного многочлена в точках $− 4,0,1,3$

3 2 (−4) +(−4) − 7⋅(−4)+ 1= −19< 0

3 2 0 + 0 − 7⋅0+ 1= 1> 0

13+ 12− 7⋅1+1 =− 4< 0

33+32− 7⋅3+ 1= 16 >0

Тогда в силу непрерывности многочлена у него будут три корня на интервалах $(− 4;0),(0;1),(1;3).$

Обозначим корни за $x1,x2,x3,$ тогда по теореме Виета для кубического многочлена

( |{ x1+ x2 +x3 = −1 | x1x2 +x1x3+ x2x3 =−7 ( x1x2x3 = −1

Выразим сумму квадратов корней следующим образом

x21+ x22+ x23 =x21 +x22+ x23+ 2(x1x2+x1x3+ x2x3)− 2(x1x2+ x1x3+ x2x3)=

= (x1+ x2+ x3)2− 2(x1x2+ x1x3+ x2x3)

Подставив известные значения, получим

2 2 2 2 x1+ x2+ x3 =(−1) − 2⋅(−7)= 15

Ответ:

$15$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 85#89614Максимум баллов за задание: 7

Многочлен $x4+ ax3 +2x2+ 3x +4$ имеет корень, равный 1. Найдите сумму кубов остальных его корней.

Показать ответ и решение

Пусть $P(x)= x4+ ax3+ 2x2+ 3x +4.$ Из условия следует, что $P(1)= 0.$ Запишем это равенство по-другому.

4 3 2 P(1)=1 + a⋅1 + 2⋅1+ 3⋅1+ 4= a+ 10 =⇒ a+ 10= 0 =⇒ a =−10

Так как $x0 = 1$ корень $P(x),$ разложим его.

3 2 P(x)= (x − 1)(x − 9x − 7x − 4)

Для второго множителя запишем теорему Виета.

(|{ x1+ x2 +x3 = 9 x1x2 +x1x3+ x2x3 =−7 |( x1x2x3 = 4

С помощью вышенаписанных выражений запишем $x31+ x32+x33.$

(x1+ x2+ x3)3 = x31+ x32 +x33+ 3x21x2 +3x21x3+3x22x1+ 3x22x3+ 3x33x1+ 3x23x2 +6x1x2x3 =⇒

x31 +x32+ x33 = (x1 +x2+ x3)3− 3(x1+ x2+ x3)(x1x2+ x1x3+x2x3)+3(x1x2x3)=

x31+x32+ x33 = 93− 3⋅9⋅(−7)+ 3⋅4= 930

Ответ: 930

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 86#89615Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что сумма кубов трех корней уравнения $x3 +px+ q = 0$ с целыми коэффициентами есть целое число, делящееся на $3$ .

Показать ответ и решение

По теореме Виета для кубического уравнения имеем:

(| x + x +x = −1 { x1x 2+x x3+ xx =−7 |( 12 1 3 23 x1x2x3 = −1

Выразим $x2+x2 +x2 1 2 3$ через вышенаписанные выражения.

2 2 2 2 x1+ x2+ x3 =(x1+ x2+x3) − 2(x1x2+x1x3+ x2x3)

Подставляя значения, получаем:

x2+ x2+ x2=(−1)2− 2⋅(−7)= 15 1 2 3

Проверим, что существует все $3$ корня. Рассмотрим $f(x)= x3+ x2− 7x +1,$ а также $f(−10), f(0), f(1), f(10).$

(a) $f(− 10)= −19,$ то есть график $f(x)$ находиться ниже $Ox.$

(b) $f(0)= 1,$ то есть график $f(x)$ находиться выше $Ox.$ Это значит, что график пересек $Ox$ и один корень имеется.

(d) $f(10)= 41,$ то есть график $f(x)$ находиться выше $Ox.$ Это значит, что график пересек $Ox$ и третий корень имеется.

Ответ: 15

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 87#89616Максимум баллов за задание: 7

Пусть $a$ , $b$ и $c$ — вещественные числа. Известно, что $abc= 1$ , $a+ b+c = 1+ 1+ 1 a b c$ . Докажите, что одно из чисел равно 1.

Показать доказательство

Подставим $abc$ вместо $1$ во второе условие и получим следующее:

a+ b+ c=ab+ ac+ bc

Рассмотрим $P(x)= (x− a)(x− b)(x− c)=x3+ nx2+ kx+ l.$ Если у этого многочлена будет корень $1,$ то одно из чисел $a,b,c$ будет равняться $1.$ Запишем теорему Виета для $P(x):$

(|{ l= −abc=− 1 k= ab+ ac+bc |( n =− (a+ b+ c)

Учитывая, что $a+ b+ c=ab+ ac+ bc,$ получаем следующее:

P(x)= x3 − kx2+ kx− 1= (x− 1)(x2+ x− k+ 1)

Таким образом, доказали, что есть корень $1,$ следовательно, одно из чисел $a,b,c$ равняется $1.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 88#89617Максимум баллов за задание: 7

Известно, что целые числа $a$ , $b$ , $c$ удовлетворяют равенству $a +b+ c= 0$ . Докажите, что $2a4+ 2b4+ 2c4$ — квадрат целого числа.

Показать доказательство

Требуется доказать, что $2(a4+ b4+c4)= t2.$ Рассмотрим $P(x)= (x− a)(x− b)(x− c)= x3+ tx2+ kx− n.$ Запишем теорему Виета для $P (x):$

( t= −(a +b+ c)=0 |{ |( k= ab+ac+ bc abc =n

Запишем через данные многочлены $a2+b2+ c2.$

2 2 2 2 a + b +c = (a+b+ c) − 2(ab +ac+ bc)= −2k

a2 +b2+ c2 =− 2k

Выразим $a4+b4+ c4 :$

a4+b4+ c4 = (a2+ b2 +c2)2 − 2(a2b2+ a2c2+ b2c2)= (−2k)2− 2(ab+ ac+ bc)2+ 4abc(a+b+ c)= 4k2− 2k2 = 2k2

Тогда получили, что $2(a4+ b4 +c4)=2 ⋅2k2 = (2k)2,$ что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 89#91858Максимум баллов за задание: 7

Найдите остаток при делении $x2023+ 2023x2022+ 2022x− 1$ на

(a) $x− 1$

(b) $2 x − 1$

Показать ответ и решение

$(a)$ Для начала поделим многочлен на $(x− 1).$ Тогда мы получим следующую запись:

2023 2022 x + 2023x + 2022x− 1= (x − 1)⋅Q(x)+R (x),

где $Q (x)$ — неполное частное, $R(x)$ — остаток, $R(x)$ — константа. По теореме Безу, подставив в многочлен $x= 1$ мы получим искомый остаток $R (x)$ :

2023 2022 1 +20231 + 2022 − 1 =4045

— искомый остаток.

$(b)$ Снова поделим многочлен на $(x2− 1).$ Тогда мы получим следующую запись:

x2023 +2023x2022 +2022x − 1 =(x2− 1)⋅Q (x)+ R(x),

где $Q (x)$ — неполное частное, $R(x)$ — остаток, $R(x) =ax+ b$ . Подставим в многочлен $x= 1$ и $x= −1$ . Получим:

При $x= 1:4045= a+ b,$

При $x= −1 :−1= −a+ b.$

Отсюда находим, что $a= 2023,b= 2022 =⇒ R(x)= 2023x +2022$ — искомый остаток.

$(c)$ Теперь для того, чтобы найти остаток от деления на $(x2+1),$ заменим в начальном многочлене слагаемые на их остатки. Так как $x2+ 1≡ 0 (mod x2+ 1),$ то $x2 ≡ −1 (mod x2+ 1).$ Тогда, в начальном многочлене все $x2$ мы можем заменить на $(−1):$

2023 2022 1011 1011 x + 2023x + 2022x− 1= (− 1) ⋅x+ 2023 ⋅(−1) + 2022x− 1=

= −x − 2023+ 2022x− 1= 2021x− 2024.

Так как степень делителя $(x+ 1)2$ равна 2, а степень полученного $2021x− 2024$ равна 1, то так как $1< 2,(2021x− 2024)$ — искомый остаток.

Ответ:

(a) $4045$

(b) $2023x+ 2022$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 90#91980Максимум баллов за задание: 7

Число $x 0$ является общим корнем многочленов

3 2 3 2 3 2 x +ax + bx+ c,x + bx + cx+ a,x + cx +ax+ b.

Найдите все возможные значения $x0$ , если известно, что $a >b> c.$

Источники: ДВИ - 2024, вариант 242, задача 6 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сделаем преобразования, чтобы уменьшить степень уравнений: если мы вычтем из друг друга уравнения, число х₀ также будет корнем полученных в результате квадратных уравнений.

Подсказка 2

А можно ли ещё уменьшить степень, чтобы у нас появилось линейное уравнение с корнем х₀?

Подсказка 3

Можно, если подобрать удачные коэффициенты, на которые мы предварительно умножим имеющиеся квадратные уравнения! Вычтем их одно из другого.

Подсказка 4

Отсюда отлично можно выразить х, надо только проверить, не будет ли коэффициент при х равным 0? Неравенство о средних поможет нам его оценить.

Подсказка 5

Итак, осталось лишь подобрать числовые значения а, b и с, чтобы удостовериться, что такая конфигурация выполняется и найденный х₀ действительно является корнем всех трёх исходных уравнений.

Показать ответ и решение

По условию $x 0$ — решение системы

(| x3+ ax2+ bx +c= 0 { x3+ bx2+cx+ a= 0 |( 3 2 x + cx +ax +b= 0

Вычтем из первого уравнения второе, тогда получим $(a− b)x2+ (b− c)x+ (c− a)= 0.$ Из второго вычтем третье: $(b− c)x2+ (c− a)x +(a− b)= 0.$ Многочлены в левых частях этих уравнений не являются тождественными нулями, поскольку $a> b> c.$ И $x0$ — общий корень этих квадратных уравнений, поскольку каждое из этих уравнений — разность двух уравнений с общим корнем $x0.$ Заметим, что теперь максимальная степень в уравнениях равна $2.$ Попробуем ее уменьшить еще раз. Для этого первое из полученных уравнений умножим на $b− c$ и вычтем из него второе полученное уравнение, умноженное на $a− b.$ Тогда получится

2 2 (b− c)((a− b)x + (b− c)x+(c− a))− (a− b)((b− c)x + (c− a)x +(a− b))= 0

После раскрытия скобок, группировки слагаемых с $x$ в одной стороне и слагаемых без $x$ — в другой получаем следующее:

2 2 2 2 2 2 (a + b+ c − bc− ab− ca)x= a +b + c − bc− ab− ca

Заметим, что $x0$ является корнем и этого уравнения.

Докажем, что коэффициент перед $x$ не равен нулю. По неравенству о средних $a2+b2≥ ab, 2$ $b2+c2≥ bc, 2$ $c2+a2≥ ca. 2$ Сложим все три неравенства и получим, что $a2+ b2+ c2 ≥ bc+ ab+ ca,$ то есть $a2+ b2+c2− bc− ab− ca≥ 0.$ Поскольку оценка получена с помощью неравенства о средних, то равенство возможно тогда и только тогда, когда $a= b= c.$ По условию $a> b> c,$ поэтому случай равенства невозможен. Таким образом, полученное уравнение можно разделить на коэффициент при $x,$ откуда $x= 1,$ что означает $x = 1. 0$

Мы доказали, что если эти три уравнения имеют общий корень, то этот корень равен $1.$ Осталось привести пример подходящих $a,$ $b$ и $c.$ Для этого подставим $x =1$ в исходную систему. Тогда мы получим три одинаковых уравнения вида $1+a +b+ c= 0.$ Подходят, например, $a =1,b= 0,c= −2.$

Ответ: 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 91#92366Максимум баллов за задание: 7

Многочлен $f(x)= x4− 12x3 +ax2+ bx +81$ с действительными $a$ и $b$ допускает разложение

f(x)=(x− c1)(x− c2)(x− c3)(x− c4)

с некоторыми положительными $c1,c2,c3,c4$ . Найдите все возможные значения $f(5)$ .

Источники: ДВИ - 2024, вариант 246, задача 6 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Очевидно, что нам нужная какая-то ещё информация о коэффициентах и/или корнях. Какие красивые теоремы мы знаем о корнях многочлена?

Подсказка 2

Теорема Виета существует не только для квадратных трёчхленов! Если вы не помните её точную формулировку, то можно аккуратно раскрыть скобочки в разложении.

Подсказка 3

Итак, мы знаем точно чему числено равны сумма и произведение корней. А как ещё мы можем сравнить эти же выражения?

Подсказка 4

Из суммы можно красиво сделать среднее арифметическое, а из произведения – среднее геометрическое. В каком случае они равны?

Подсказка 5

Неравенство о средних говорит нам о том, что среднее арифметическое может быть равно среднему геометрическому только если равны все члены последовательности. Вот мы и установили корни!

Показать ответ и решение

Замечание. В оригинальном условии на экзамене была опечатка, которая делала задачу некорректной. Решение приведено для нового условия, которое дано на сайте.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

По обобщенной теореме Виета получаем $c1+ c2 +c3+ c4 =12$ и $c1c2c3c4 = 81.$ Тогда получаем, что

c1 +c2+ c3+ c4 √ ------ -----4------= 4 c1c2c3c4

По неравенству о средних мы знаем, что равенство в таком неравенстве достигается только при $c1 = c2 =c3 = c4 = 124-= 3.$ Тогда получаем

f(5) =(5− 3)4 = 24 = 16.

Ответ: 16

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 92#92438Максимум баллов за задание: 7

Какой остаток дает $x +x3+ x9+ x27+ x81+x243$ при делении на $x− 1?$

Подсказки к задаче

Подсказка

Если у вас возникли трудности с этой задачей, то вероятно вы не знакомы с теоремой Безу. Изучите еë и от задачи ничего не останется.

Показать ответ и решение

Обозначим многочлен через $P(x).$ По теореме Безу остаток будет равен $P(1),$ то есть $6.$

Ответ:

$6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 93#96499Максимум баллов за задание: 7

Для каждого простого $p$ найдите количество неприводимых над $𝔽 p$ многочленов степени $3.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как искать сразу непонятно. Предлагается искать дополнение, то есть количество приводимых многочленов степени 3. Как это сделать?

Подсказка 2

Приводимые многочлены степени 3 бывают двух видов. Это либо произведение трех линейных множителей, либо произведение линейного множителя на неприводимый квадратный множитель. Как это можно посчитать?

Подсказка 3

Произведение линейных посчитать не очень трудно, нужно разобраться случаи по количеству совпадений множителей. Как посчитать второй случай? Это немного сложнее, но тут тоже помогает идея дополнения. Легче посчитать количество приводимых квадратных трехчленов!

Показать ответ и решение

Количество многочленов $P (x)∈ 𝔽[x], p$ степень которых равна $3,$ ровно

3 (p− 1)p

Это так, ведь существует ровно $p− 1$ возможных коэффициентов перед $x3$ и ровно $p$ возможных вариантов на каждый из остальных мономов. Таким образом, достаточно найти количество многочленов, приводимых над указанным полем.

Существует ровно два типа указанных многочленов:

$1)$ Многочлен раскладывается в виде произведения трех линейных многочленов. Количество таких многочленов равно(далее будем считать $3 C2$ равным нулю)

( 3 ) (p− 1) Cp + p(p− 1)+p

Поскольку существует ровно $p− 1$ коэффициент перед старшей степенью, а множество корней суть множество из трех элементов, каждый из которых лежит в $𝔽p.$

$2)$ Многочлен является суть произведением линейного многочлена, а так же многочлена второй степени, неприводимого над $𝔽p.$ Аналогично рассуждениям первого пункта, получим, что количество приводимых многочленов второй степени равно

2 ( p(p− 1) ) (p2+ p) p(p2− 1) (p− 1)(C p +p)= (p− 1)-2---+p = (p− 1) --2-- = ---2---

то есть неприводимых

2 p3−-p 2p3−-2p2-− p3+-p p3−-2p2-+p p(p−-1)2- (p− 1)p− 2 = 2 = 2 = 2

следовательно общее количество исходных многочленов равно

p2(p− 1)2 ---2----

Наконец, количество приводимых многочленов равно

( ) 2 2 (p − 1)p3− (p− 1)C3p +p(p− 1)+ p − p(p−2-1)

что после преобразований имеет вид

2 p(p−-1)(p+-1) 3

Ответ:

$p(p−-1)2(p+1) 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 94#96500Максимум баллов за задание: 7

Натуральные числа $a,b,c$ и простое $p >3$ таковы, что $a+ b+ c=p +1,$ и $a3+ b3+ c3− 1$ делится на $p.$ Докажите, что одно из чисел $a,b,c$ равно $1.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В условии есть и равенство, и делимость. Надо прийти к чему-то одному. Удобнее перейти к сравнениям. Как тогда доказать, что число равно 1? Надо доказать, что есть число, сравнимое с 1, тогда в силу того, что a+b+c = p+1, у нас будет число 1. Что делать дальше?

Подсказка 2

Рассмотрите многочлен (x-a)(x-b)(x-c). Вам нужно доказать, что он делится на x-1. Как это можно сделать?

Подсказка 3

Преобразуйте сравнение 1 = x^3 + y^3 + z^3, а так же раскройте скобки в (x-a)(x-b)(x-c). Найдите что-то общее и решите задачу.

Показать доказательство

Так как все числа $a,b,c$ меньше $p,$ достаточно доказать, что одно из них дает остаток $1$ при делении на $p.$ Рассмотрим многочлен $(x− a)(x− b)(x− c)$ по модулю $p.$ Имеем $a +b+ c≡ 1 (mod p),$ и поскольку

3 3 3 2 1 ≡a + b + c= (a+ b+c)((a+ b+c) − 3(ab+ bc+ ac))+ 3abc≡

≡1 − 3(ab+bc+ ac)+ 3abc (mod p)

числа $ab+ bc+ac$ и $abc$ также сравнимы по модулю $p:$

ab+bc+ ac≡abc≡ k (mod p)

Итак, по модулю $p$ вычеты $a,b$ и $c$ являются корнями многочлена

(x− a)(x− b)(x − c)≡ x3− x2 +kx− k≡ (x− 1)(x2 +k) (mod p)

а это и значит, что одно из них сравнимо с $1$ по модулю $p.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 95#96501Максимум баллов за задание: 7

Соотношения Ньютона. Обозначим через $p (x,x ,...,x )= ∑nxk. k 1 2 n i=1 i$ Докажите, что

(a) $k−1 k pk− pk−1σ1+ pk−2σ2+ ...+ (− 1) p1σk−1+ (− 1)kσk$ $= 0$ при $1≤ k≤ n;$

(b) $n−1 n pk− pk−1σ1+ pk−2σ2+ ...+ (− 1) pk− n+1σn−1+ (−1)pk−nσn$ $= 0$ при $k >n.$

(c) Пусть $p$ — нечётное простое. Про целые числа $a1,a2,...,ap$ известно, что $k k k a1 + a2 + ...+ ap$ делится на $p$ при любом натуральном $k.$ Докажите, что все $ai$ попарно сравнимы по модулю $p.$

Подсказки к задаче

Подсказка

Рассмотрите произведение множителей вида (t - x_i). Распишите их через сигмы. Как теперь можно проверять тождества?

Подсказка 1, пункт а

Присвойте x_(n+1) = x_n = …=x_k = 0, проверьте, аккуратно тождество.

Подсказка 1, пункт б

Попробуйте подставлять вместо переменных нули, после чего заметьте какие-нибудь тождества и докажите задачу по индукции.

Подсказка 1, пункт с

Докажите по индукции, что симметрические многочлены делятся на p, как целые числа. Как это может помочь при решении задачи?

Подсказка 2, пункт с

Рассмотрите многочлен (x-a_1)(x-a_2)…(x-a_p) над F_p. Что вы можете сказать про его коэффициенты? Почему они совпадают?

Показать доказательство

По определению,

∏k ∑k (t− xi)= (−1)k−iσk−iti i=1 i=0

следовательно, при $t= x j$ имеем

∑k 0= (−1)k− iσk−ixji i=0

для произвольного натурального $1≥ j ≥k.$ Суммируя по всем $j,$ получаем

∑k 0= (−1)kkσk+ (−1)k−iσk−ipi i=1

Таким образом, мы показали, что уравнение обращается в верное при $n= k.$

(a) При $n< k$ тождество очевидным образом получается из присваивания

x = x = ⋅⋅⋅= x = 0 n+1 n+2 k

в тождестве для $n =k.$

(b) Пусть теперь $n= k+ 1.$ Обозначим через $f(x1,...,xn)$ и $g(x1,...,xn)$ соответственно левую и правую части тождества. Из выполнения тождества при $n =k$ следует, что

f(0,x2,...,xk,xk+1)= g(0,x2,...,xk,xk+1) f(x1,0,...,xk,xk+1)= g(x1,0,...,xk,xk+1) ... f(x1,x2,...,0,xk+1)= g(x1,x2,...,0,xk+1) f(x1,x2,...,xk,0)= g(x1,x2,...,xk,0)

Однако из этого следует, что разность $f − g$ представима в виде $h(x1,...,xn)xi$ для любого $i$ (если бы не была, то при каких-то $x1,...,xi−1,xi+1,...,xk+1$ разность была бы ненулевой и одно из равенств, обозначенных выше, не выполнялось бы). Следовательно, разность $f − g$ представима в виде $h(x1,...,xn)x1x2...xkxk+1,$ однако это невозможно так как полная степень и $f$ и $g$ равна $k.$ Аналогичные рассуждения для $n >k +1$ дают индукционный переход и доказывают тождества для произвольного $n.$

(c) Покажем, что все элементарные симметрические многочлены, кроме, быть может произведения, делятся на $p$ как целые числа. Доказательство проведем по индукции. База для $σ1$ верна по условию. Переход будет следовать из предыдущих пунктов.

Рассмотрим многочлен $(x− a1)...(x− ap)$ над $𝔽p.$ Из только, что доказанного следует, что все его коэффициенты равны $0$ по модулю $p,$ кроме, быть может, свободного члена, откуда следует, что все его корни совпадают, то есть мы получили, что $a1,...,ap$ дают одинаковые остатки при делении на $p,$ что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 96#96502Максимум баллов за задание: 7

Пусть $f :ℤ → ℤ p p$ — произвольная функция. Тогда найдется многочлен $P(x) ∈ℤ [x] p$ степени не выше $p− 1,$ для которого при любом $c∈ 𝔽p$ выполнено $f(c)= P(c).$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Построить многочлен в явном виде тяжело. Попробуйте доказать утверждение задачи с помощью принципа Дирихле.

Подсказка 2

Рассмотрите множество всевозможных функций, а также множество всевозможных многочленов. Поймите, что их одинаковое количество, а из этого уже выведите утверждение задачи.

Показать доказательство

Пусть $M f$ — множество всевозможных функций $f :ℤ → ℤ . p p$ Найдем его мощность, каждая функция однозначно определяется значениями в каждой из точек $0,1,...,p− 1,$ следовательно, $p |Mf|= p.$

Пусть $MP$ — множество многочленов $P(x)∈ℤp[x]$ степени не выше $p − 1.$ Каждый из них однозначно определяется коэффициентами перед каждым из коэффициентов некоторой из $p$ возможных степеней. Никакие два многочлена $P,Q ∈MP ,$ коэффициенты которых отличаются хотя бы в одной позиции не совпадают, поскольку их совпадение в $p$ различных точках, влечет их совпадение. И снова, $p |MP|= p .$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 97#97180Максимум баллов за задание: 7

При каких натуральных $n$ многочлен $(x+1)n+ xn+ 1$ делится на $x2+x +1?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем упростить задачу, опираясь на свойства данных выражений. Во-первых, с (x + 1)ⁿ работать не очень удобно. Поэтому можно x + 1 заменить на другое выражение, сравнимое с ним по модулю x² + x + 1. Какое?

Подсказка 2

Что вспоминается при виде выражения x² + x + 1? Наверное, выражение x³ - 1, которое делится на этот многочлен. Стало быть, x³ сравнимо с 1 по модулю x² + x + 1.

Показать ответ и решение

Поскольку $x+ 1≡ −x2 (mod x2 +x +1),$ получаем

n n n2n 2 2 (x+ 1) +x +1 ≡(−1) x + x + 1 (mod x +x+ 1)

Заметим, что $x3 ≡ 1 (mod x2+x +1).$

Разберем все случаи

1.: $3|n.$ Тогда $n 2n 2 n 2 (−1) x +x + 1≡ (−1) +2 (mod x + x+ 1).$ Многочлен $n (−1) +2$ на $2 x + x+1,$ конечно, не делится.
2.: $n ≡1 (mod 6).$ Тогда $n 2n 2 2 2 (− 1) x + x +1 ≡−x +x+ 1≡ 2x+ 2 (mod x +x+ 1).$
3.: $n ≡2 (mod 6).$ Тогда $n 2n 2 2 2 (− 1) x + x +1 ≡x+ x + 1≡ 0 (mod x +x +1).$
4.: $n ≡4 (mod 6).$ Тогда $(− 1)nx2n+ x2 +1 ≡x2+ x+ 1≡ 0 (mod x2 +x +1).$
5.: $n ≡5 (mod 6).$ Тогда, $(−1)nx2n+ x2+ 1≡ x2− x +1≡ 2x+ 2 (mod x2+x +1).$

Таким образом, подходят только $n≡ 2,4 (mod 6).$

Ответ:

При $n= 6k± 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 98#97182Максимум баллов за задание: 7

$P (x)$ и $Q(x)$ — многочлены с действительными коэффициентами. Известно, что многочлен $P(x3)+ xQ(x3)$ делится на $x3− 1.$ Докажите, что $P(x)$ и $Q (x)$ оба делятся на $x− 1.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для упрощения стоит найти какие-то числа или выражения, с которыми сравнимы многочлены P и Q по модулю x - 1.

Подсказка 2

Они лежат на поверхности, это P(1) и Q(1). Если докажете, что они равны 0, то дело в шляпе. Ясно, что осталось как-то свести условие к работе с P(1) и Q(1).

Показать доказательство

Для начала заметим, что $x3 ≡ 1 (mod x3− 1).$ Тогда получаем, что

3 P(1)+ xQ(1)≡0 (mod x − 1)

Слева линейный многочлен, поэтому такое сравнение возможно в том и только в том случае, когда $P (1)= Q(1)=0.$ Теперь заметим, что $x ≡1 (mod x− 1).$ Поэтому $P (x)≡ P(1)≡ 0 (mod x − 1).$ Аналогично $Q(x)≡ 0 (mod x− 1).$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 99#97183Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что для любого многочлена $P(x)$ многочлен $P (P(...P(x)...))− x$ делится на $P(x)− x.$

Подсказки к задаче

Подсказка

Хочется как-то постепенно прийти к композиции из условия, потому что сразу непонятно, что с ней делать. Как это можно сделать? Например, с чем сравнимо P(x) по модулю P(x) - x?

Показать доказательство

Докажем тождество индукцией по числу композиций. Для одной композиции утверждение верно, поскольку тогда это утверждение о том, что $P (x)− x$ делится на $P(x)− x.$ Пусть $P◟-(P-(...P◝◜(x)...))◞−x, n$ делится на $P (x)− x.$ Тогда

P◟(P(...P◝(◜x)...))◞≡ x (mod P(x)− x) n

Тогда для $n+ 1$ композиции имеем

P◟(P(...◝P◜(x)...))◞−x≡ P(x)− x≡ 0 (mod P (x)− x) n+1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 100#97186Максимум баллов за задание: 7

При каких натуральных $k$ многочлен $1+ x4 +x8+ ...+ x4k$ делится на многочлен $1+ x2 +x4+ ...+ x2k?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала давайте посмотрим на многочлены при нечётных k. Поищите многочлен, на который делится второй многочлен, но не делится первый.

Подсказка 2

Осталось проработать чётные k. Тут стоит использовать следующую идею: если многочлены R(x) и P(x) взаимно просты, то делимость Q(x)R(x) на P(x) равносильна делимости Q(x) на P(x). Многочлен R можно подобрать так, чтобы Q(x)R(x) стал сильно проще, чем Q(x).

Подсказка 3

А как с помощью этой идеи сделать многочлен P(x) проще?

Показать ответ и решение

Заметим, что при всех нечетных $k$ многочлен $P(x)= 1+x2+ x4+ ...+ x2k$ делится на многочлен $x2+1,$ а многочлен $4 8 4k Q (x)= 1+ x +x + ...+ x$ не делится на него ни при каких $k,$ поскольку при $2 x + 1= 0$ имеем $4 x = 1,$ поэтому значение $Q (x)$ будет вещественным положительным числом, а $P (x)= 0.$ Но тогда $Q(x)$ не делится на $P(x).$

Пусть теперь $k$ четно. Тогда $P (x)$ взаимно прост с многочленом $2 x + 1.$ Заметим, что $P(x)$ взаимно прост с многочленами $x ±1.$ Тогда делимость $Q(x)$ на $P(x)$ эквивалентна делимости $4 (x − 1)Q (x)$ на $2 (x − 1)P (x).$ Очевидно, выполняются равенства

(x4− 1)Q(x)= x4k+4− 1

2 2k+2 (x − 1)P(x)= x − 1

Если $x2k+2− 1= 0,$ то, очевидно, и $x4k+4− 1= 0.$ Таким образом, все корни $(x2− 1)P(x)$ являются корнями $(x4− 1)Q (x),$ поэтому $(x4− 1)Q(x)$ делится на $(x2− 1)P (x),$ следовательно и $Q(x)$ делится на $P(x).$

Ответ:

При четных $k∈ ℕ$

Следующая подтема