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 101#97187Максимум баллов за задание: 7

Найдите все пары натуральных чисел $x,y$ такие, что $x3+ 1$ делит $(x+ 1)y.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как насчёт того, чтобы рассмотреть (x + 1)ʸ как произведение большого количества одинаковых многочленов, которые дают удобный для нас остаток при делении на x² - x + 1?

Подсказка 2

(x + 1)² ≡ 3x (mod x² - x + 1). Осталось реализовать идею из первой подсказки.

Показать ответ и решение

Если $y =1,$ то задача сводится к делимости $1$ на $x2− x+ 1,$ что возможно только лишь при $x= 1.$

Пусть $y > 1.$ Введём переменную $m =y − 1$ и рассмотрим делимость $m (x+ 1)$ на $2 x − x +1.$ Заметим, что

2 2 (x +1) ≡ 3x (mod x − x+ 1)

Теперь задача сводится к рассмотрению случаев.

Если $m$ чётное, то тогда $(x+ 1)m ≡ 3m2 xm2 .$ Заметим, что $(x,x2 − x+ 1)= 1.$ Если $x= 1,$ то делимость верна при любом $m.$ Иначе $3m2$ должно делиться на $x2− x+ 1,$ то есть $x2− x+ 1$ — cтепень $3.$ Однако это выражение делится на $3$ лишь при $x ≡2 (mod 3).$ Если подставить $x =3k− 1,$ получим

2 2 x − x+ 1= 3(3(k − k)+ 1)

Это может быть степенью тройки лишь при $k= 1,$ откуда $x= 2$ и $y ≥3.$

Если $m$ нечётное, то получим сравнение с $(x+ 1)xm2−1⋅3m−21.$ Опять же, если $x= 1,$ делимость верна для любого $m.$ В противном случае $3m−21(x+1)$ кратно $x2− x+ 1.$ Заметим, что $(x +1,x2− x+1)= 3.$ Значит, $x2− x+ 1$ снова должно быть степенью тройки, что возможно лишь при $x= 2.$ Отсюда получаем, что $y ≥ 2.$

Ответ:

$(x,1),x∈ ℕ,(1,y),y ∈ ℕ,(2,y),y ≥ 2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 102#101458Максимум баллов за задание: 7

Вещественные числа $a,b,c$ таковы, что $a+ b+c >0,$ $ab+ bc+ ca> 0,$ $abc> 0.$ Докажите, что $a,b,c >0.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обозначим a+b+c = p, ab + bc + ac = q, abc = r. Какой многочлен надо рассмотреть, чтоб у него были корни a,b,c (Напишите его через p,q,r) ?

Подсказка 2

Правильно, P(x) = x^3 -px^2 + qx - r имеет по теореме Виета корни a,b,c. Попробуйте в этот многочлен подставить неположительное число и понять, может ли оно быть корнем.

Показать доказательство

Пусть $a+ b+ c= p,$ $ab+ bc+ca= q,$ $abc=r,$ для некоторых положительных $p,q,r.$ Рассмотрим многочлен

3 2 P (x)= x − px +qx− r

В силу теоремы Виета, числа $a,b,c$ являются корнями данного многочлена. Осталось заметить, что в случае, если $x0$ неположительно, то каждое слагаемое суммы

3 2 x0− px0+ qx0− r

неположительно, а последнее отрицательно, то есть $P(x0)< 0,$ следовательно, никакое неположительное число не может являться корнем $P(x).$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 103#101459Максимум баллов за задание: 7

Пусть $g(x)$ — многочлен с вещественными коэффициентами степени $k> 1,$ а $x , 1$ $x,...,x 2 k$ — все его вещественные корни, причем они различны. Докажите, что

1 1 1 g′(x1) + g′(x2) +...+g′(xk) =0

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Изначальное тождество выглядит страшно, поэтому хочется его как-то упростить. Предлагается понять, как выглядит отдельное слагаемое. Как это сделать?

Подсказка 2

Покажите, что g’(x) сумма чисел вида g(x)/(x-x_i) по всем корням. Тогда изначальное выражение становится немного приятнее, так как понятен вид каждого слагаемого. Как можно доказать новое тождество?

Подсказка 3

Удобно доказывать, что какой-то многочлен равен нулю, а не сумма обратных многочленов, поэтому разумно домножить на наименьшее общее кратное всех знаменателей. Тогда получится многочлен. Но от какой переменной? Как доказать что многочлен тождественный ноль?

Показать доказательство

Пусть

∏k g(x)= (x− xi) i=1

следовательно,

k∑ g(x) g′(x)= x-− x i=1 i

тогда для любого $i$ мы имеем

′ ∏ g (xi)= j⁄=i(x − xj)

Таким образом, достаточно показать, что для произвольного набора различных чисел ${xi}ki=1$ верно тождество

∑k ----1---- i=1∏ (xi− xj) = 0 j⁄=i

Рассмотрим данное выражение как функцию от $x1.$ Домножив ее на

∏ (xi− xj) 1≤i<j≤k

получим многочлен $h(x1),$ причем в каждое слагаемое $x1$ входит в степени не больше $k− 2,$ и в каждой из точек $k {xi}i=2$

h(xi)= 0

следовательно, $h(x1)$ является тождественным нулем, что доказывает данное тождество.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 104#104605Максимум баллов за задание: 7

Попарно различные числа $x,y,z$ таковы, что $x3− 3x= y3− 3y =z3− 3z.$ Найдите $x2 +y2+ z2.$

Показать ответ и решение

Заметим, что $x,y,z$ являются корнями уравнения $t3 − 3t= a$ для некоторого $a.$ Поскольку этих корней не больше трех, а числа $x,y,z$ попарно различны, то это все его корни. По теореме Виета для кубических многочленов имеем $x+ y+ z = 0$ и $xy +yz+ zx= −3.$ Возводим первое равенство в квадрат и получаем $2 2 2 x + y +z + 2(xy+ yz+ zx)= 0,$ откуда (после подстановки второго равенства) получаем $2 2 2 x +y + z = 6.$

Ответ:

$6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 105#122886Максимум баллов за задание: 7

Многочлен $P(x)$ с целыми коэффициентами неприводим над $ℤ.$ Докажите, что у многочлена нет кратных действительных корней.

Показать доказательство

Предположим, что существует неприводимый над $ℤ$ многочлен $P (x)∈ ℤ[x],$ имеющий кратный корень. Тогда у многочлена $′ P (x)$ тоже есть этот корень, где $′ P (x)$ — производная $P(x).$ Пусть $′ D (x)= НО Д(P(x),P(x)).$ Тогда $D (x)∈ ℚ[x]$ и

′ deg P(x)>deg P (x)≥deg D (x)> 0,

так как у $P(x)$ и $P′(x)$ есть общий корень. Но тогда $P(x)$ приводим, так как делится на многочлен меньшей ненулевой степени с рациональными коэффициентами.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 106#122887Максимум баллов за задание: 7

Дано натуральное число $n.$ Найдите наибольшее натуральное число $k$ такое, что существует вещественное число $c$ и многочлен $P (x)∈ ℝ$ такой, что

.. k Q(x)=x(x− 1)(x− 2)...(x − n)+ c. P (x).

Показать доказательство

Заметим, что $Q′(x)$ имеет $n$ корней: по одному на каждом из интервалов $(0,1),...,(n − 1,n)$ (точки локального экстремума на промежутках знакопостоянства $Q (x)).$ Тогда у $′ Q (x)$ нет кратных корней. Тогда любой корень $Q(x)$ имеет кратность не выше 2. Тогда $k ≤2,$ так как в противном случая у $Q(x)$ есть корни кратности не меньше 3.

Пусть $x0$ — корень производной на промежутке $(0,1).$ Пусть $Q0(x)=x(x− 1)...(x − n)$ и $c= −Q0(x0).$ Тогда $Q (x)= Q0(x)− Q0(x0)$ и $′ Q (x)$ имеют общий корень. Тогда $x0$ — кратный корень $Q (x),$ а потому $Q(x)$ делится на $2 (x− x0) .$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 107#122888Максимум баллов за задание: 7

На доске был написан многочлен $P (x)$ степени $n$ . Известно, что $P (x)≥ 0$ при всех вещественных $x$ . Вася посчитал его первую, вторую, и т. д., $n$ -ю производные и сложил их вместе с исходным многочленом. Докажите, что полученная сумма неотрицательна при любом вещественном $x$ .

Показать доказательство

Положим

′ (n) S(x)= P(x)+ P (x)+ ...+ P (x).

Поскольку для каждого $k∈ {1,...,n}$

(k) degP (x)<degP(x),

то $S(x)$ — многочлен с положительным коэффициентом при старшей степени (так как $P(x) ≥0$ ), причем старшая степень четна, иначе условие $P (x)≥ 0$ не может быть верно при всех $x.$ Пусть $x0$ — глобальный минимум $S(x).$ Тогда достаточно показать, что $P (x0)≥ 0.$ Действительно, имеем

S′(x)= P′(x)+ P′′(x)+ ...+ P(n)(x) =0, 0 0 0 0

то есть

S(x0)=P (x0)+ S′(x0) =P(x0)≥ 0.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 108#124296Максимум баллов за задание: 7

Дано вещественное число $a.$ Многочлен $P (x)$ с вещественными коэффициентами таков, что $P (x)≡ P(a− x).$ Докажите, что $(( a)2) P (x)≡ Q x− 2$ для некоторого многочлена $Q (x)$ с вещественными коэффициентами.

Показать доказательство

Рассмотрим многочлен $Q(x)= P(x + a) 2$ . Имеем

( a) ( ( a)) ( a) Q (x)= P x + 2 = P a− x+ 2 =P −x+ 2 =Q (− x).

т.е многочлены $Q (x)$ и $Q(−x)$ тождественно равны, а значит равны их коэффициенты. Это возможно лишь тогда, когда показатели степеней всех одночленов чётные, следовательно

Q(x)= R(x2)

для некоторого многочлена $R$ .

Наконец, $a 2 P(x+ 2)= R(x ),$ следовательно, $a2 P (x)= R((x− 2)).$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 109#124302Максимум баллов за задание: 7

Целые числа $a$ , $b$ и $c$ таковы, что числа $a+ b+ c b c a$ и $-b+ c+ a a b c$ тоже целые. Докажите, что $|a|= |b|= |c|.$

Показать доказательство

Пусть

a b c x = b, y =c, z = a,

тогда $xyz = 1$ и число

a c b xy+ yz+zx =-c + b + a

является целым. Рассмотрим многочлен

P(t)= t3 − (x+ y+ y)t2+(xy+ yz+zx)t− xyz.

Все коэффициенты $P (t)$ — целые, а поскольку он приведённый, все его рациональные корни — целые. Согласно обратной теореме Виета, $x,y,z$ — корни этого многочлена, то есть $x,y,z$ — целые, но $xyz = 1$ , так что $x= ±1,y = ±1,z =±1,$ следовательно, $|a|= |b|= |c|.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 110#124303Максимум баллов за задание: 7

Пусть $P(x)$ — приведённый многочлен степени $n.$ Ильнур посчитал его значения в $n +1$ различных целых точках. Докажите, что одно из полученных Ильнуром чисел по модулю хотя бы $n n!∕2 .$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вспомните интерполяционную формулу Лагранжа: P(x)=∑ P(xᵢ)·ℓᵢ(x), где ℓᵢ(x)=∏ (x−xⱼ)/(xᵢ−xⱼ) по всем j≠i. Посмотрите именно на старшие коэффициенты этих ℓᵢ(x).

Подсказка 2

У приведённого P старший коэффициент равен 1. В сумме он получается как ∑ P(xᵢ)/(∏(xᵢ−xⱼ) по всем j≠i). Значит, эта сумма равна 1. Какие оценки можно применить, если мы хотим оценить max|P(xᵢ)|?

Подсказка 3

Пусть S:=∑ 1/(∏|xᵢ−xⱼ| по всем j≠i). Тогда maxᵢ|P(xᵢ)| ≥ 1/S.

Подсказка 4

Чтобы оценить S, вспомните, что все xᵢ целые. Что тогда можно сказать про их разности?

Подсказка 5

Упорядочив xᵢ по возрастанию, получим, что |xᵢ−xⱼ| ≥ |i−j|. Тогда каждое слагаемое в S можно оценить сверху.

Подсказка 6

Тогда ∏|xᵢ−xⱼ| по всем j≠i не меньше, чем i!·(n−i)!; теперь в оценке далее можно собрать биномиальный коэффициент.

Показать доказательство

Рассмотрим интерполяционную формулу Лагранжа для $P$ на узлах $x,...,x : 0 n$

∑n ∏ x− xj P (x)= P(xi)ℓi(x), ℓi(x)= xi− xj. i=0 0≤jj≤⁄=ni

Сравним коэффициенты при $xn$ в обеих частях. Поскольку $P$ приведённый, коэффициент при $xn$ слева равен $1.$ У базисного многочлена $ℓi(x)$ старший коэффициент равен

∏---1----. (xi− xj) j⁄=i

Следовательно,

∑n P(xi) 1= i=0 ∏-(xi−-xj). j⁄=i

(1)

Переходя к модулям и применяя неравенство треугольника, получаем

∑n |P(xi)| ∑n 1 1≤ ∏-|xi− xj| ≤ (0 m≤aix≤n|P (xi)|)⋅ ∏-|xi−-xj|. i=0j⁄=i i=0 j⁄=i

Обозначим

n S :=∑ ∏---1----. i=0 |xi− xj| j⁄=i

Тогда

1- 0m≤aix≤n|P(xi)| ≥ S.

(2)

Оценим $S$ сверху, используя лишь то, что $xi$ — попарно различные целые. Без ограничения общности упорядочим их по возрастанию: $x0 < x1 < ...< xn.$ Тогда для любого фиксированного $i$ и каждого $j ⁄= i$ выполнено неравенство

|xi− xj|≥|i− j|,

поскольку между $xi$ и $xj$ лежит не менее $|i− j|− 1$ целых точек и шаг по целым не меньше $1.$ Следовательно,

∏ ∏ ( i−∏ 1 )( n∏ ) |xi− xj| ≥ |i− j| = ( (i− j))( (j− i)) = i!(n− i)!. j⁄=i j⁄=i j=0 j=i+1

Тем самым

∑n 1 1∑n 2n S ≤ i!(n−-i)! = n! Cin =-n!. i=0 i=0

Подставляя это в неравенство для максимума, получаем желаемую оценку

max |P(x )| ≥ 1 ≥ n!. 0≤i≤n i S 2n

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 111#128711Максимум баллов за задание: 7

Уравнение

4 3 2 t + at+ bt =(a+ b)(2t− 1)

имеет положительные решения $t1 < t2 <t3 < t4.$ Докажите, что $t1t4 > t2t3.$

Источники: ВСОШ, РЭ, 2024, 11.5 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Обозначим $k= −a,$ $ℓ= a+ b,$ и перепишем уравнение в виде:

4 3 2 t− kt +(k+ ℓ)t − 2ℓt+ℓ= 0.

Заметим, что

k= t1+ t2+t3+ t4 >0, ℓ =t1t2t3t4 > 0.

Дальше, перепишем уравнение в виде

t4+ℓ(t− 1)2 = kt2(t− 1),

откуда сразу следует, что все его корни строго больше 1. Добавим к каждой части $- 2√ ℓt2(t− 1),$ уравнение превратится в

(t2+ u(t− 1))2 = v2t2(t− 1),

где $√- u = ℓ,$ $∘----√- v = k+ 2 ℓ.$

Если обозначить $√ ---- s= t− 1,$ то получим однородное уравнение

t2 − vst+us2 = 0,

из которого следует, что $t∕s= c1,c2,$ где

√-2---- √-2---- c1 = v-−-v-−-4u, c2 = v-+-v-−-4u. 2 2

Дальше, каждое из уравнений $t∕s= ci$ можно переписать в виде

t2− cit+ ci = 0.

Эти уравнения различны, и каждое из них имеет два различных положительных корня, так как исходное уравнение имеет 4 различных положительных корня. Из этого следует, что $4 <c1 < c2.$

Так как функция $√ ------ f(x)= x− x2− 4x$ строго убывает при $x> 4$ (это несложно показать, например, взяв производную), то

∘------ ∘------ c2− c22− 4c2 <c1− c21− 4c1.

Теперь уже легко вычислить и упорядочить $ti$ :

c − ∘c2−-4c c − ∘c2−-4c t1 =-2----2---2 < t2 =-1----1---1 2 2

∘ ------ ∘ ------ c1+ c21− 4c1 c2+ c22− 4c2 < t3 =-----2-----< t4 =-----2-----,

значит, $t1t4 =c2 > c1 = t2t3.$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 112#129650Максимум баллов за задание: 7

Дано натуральное число $n.$ Илья задумал пару различных многочленов степени $n$ (с вещественными коэффициентами), аналогично Саша задумал пару различных многочленов степени $n.$ Лёня знает $n;$ его цель — выяснить, одинаковые ли пары многочленов у Ильи и Саши. Лёня выбирает набор из $k$ вещественных чисел $x1 < x2 < ...< xk$ и сообщает эти числа. В ответ Илья заполняет таблицу $2× k:$ для каждого $i= 1,2,...,k$ он вписывает в две клетки $i$ -го столбца пару чисел $P(xi),Q (xi)$ (в любом из двух возможных порядков), где $P$ и $Q$ — задуманные им многочлены. Аналогичную таблицу заполняет Саша. При каком наименьшем $k$ Лёня сможет (глядя на таблицы) наверняка добиться цели?

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2024, 10.3 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Предположим, Лёня выбрал k = 2n точек. Можем ли мы придумать две разные пары многочленов степени n (P₁, Q₁ и P₂, Q₂), при которых таблицы Ильи и Саши будут одинаковыми, хотя пары многочленов разные. Как можно использовать факт, что в таблице порядок значений P(xᵢ) и Q(xᵢ) не фиксирован?

Подсказка 2

Попробуем "разделить" точки на два набора по n штук. Пусть A(x) обращается в ноль на первом наборе точек, а B(x) — на втором. Какие значения будут принимать многочлены вида ±A ± B в выбранных точках?

Подсказка 3

Теперь пусть Лёня выбрал k = 2n + 1 точек. Предположим, что таблицы Ильи и Саши совпали. Сколько раз каждый многочлен Ильи (P₁ или Q₁) обязан совпасть по значению с каким-то многочленом Саши (P₂ или Q₂) в одной и той же точке xᵢ?

Подсказка 4

Найдется пара многочленов, один Сашин, второй Ильи, у которых значения совпадают хотя бы n + 1 точке. Если два многочлена степени не выше n принимают одинаковые значения в более чем n различных точках, что можно сказать об этих многочленах?

Показать ответ и решение

Покажем, что при $k =2n$ (а тем более при $k <2n$ ) Лёня не сможет однозначно определить определить пару $P,$ $Q.$ Пусть он назвал

x1 < x2 < ...< x2n.

Положим

A =(x− x)(x− x)...(x− x ), B = (x − x )(x − x )...(x− x ), 1 2 n n+1 n+2 2n

так что $A(xi)= 0$ для $i= 1,2,$ $...,n$ и $B(xi)= 0$ для $i= n+ 1,n+ 2,$ $...,2n.$ Тогда если Илья загадал $P1 =A + 2B$ и $Q1 =− A− 2B,$ то в $i$ -м столбце таблицы будут числа $±2B(xi)$ при $i= 1,2,$ $...,n$ и числа $±A(xi)$ при $i= n+ 1,$ $n+ 2,...,2n.$ Но та же таблица годится для пары $P2 = A− 2B$ и $Q2 = −A +2B,$ её мог загадать Саша.

С другой стороны, покажем, что при $k= 2n+ 1$ таблице Ильи может удовлетворять не более одной пары многочленов $P,Q.$ Предположим противное, и есть две такие пары: $P1,Q1$ и $P2,Q2.$ Тогда $P2$ совпадает с $P1$ или $Q1$ хотя бы при $n +1$ различных значениях аргумента, пусть, скажем, с $P1.$ Но тогда $P1$ и $P2$ — одинаковые многочлены (поскольку их разность — многочлен степени не выше $n,$ имеющий не менее $n+ 1$ различных корней). Из таблицы тогда получаем, что значения $Q1$ и $Q2$ совпадают в $2n +1$ точке, а тогда и $Q1 = Q2.$

Ответ:

$2n+ 1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 113#134578Максимум баллов за задание: 7

Будем называть натуральное число $N$ сильно кубическим, если существует такой приведённый кубический многочлен $f(x)$ с целыми коэффициентами, что $f(f(f(N)))=0,$ а $f(N )$ и $f(f(N))$ не равны 0. Верно ли, что все числа, большие 2024, сильно кубические?

Источники: ММО - 2024, 10.5 (см. mos.olimpiada.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Может, стоит ввести какие-то обозначения?

Подсказка 2

Пусть f(N) = M, f(M) = K. Чему тогда равно f(K)?

Подсказка 3

Да, нулю. Можно ли здесь воспользоваться какой-то теоремой?

Подсказка 4

По теореме Безу найдите f(t).

Подсказка 5

Какое соотношения связывает M с полученным из теоремы Безу многочленом g(t)?

Подсказка 6

На самом деле, g(M) = K / (M-K). К тому же, это целое число. Можно ли как-то выразить M?

Подсказка 7

Попробуйте заметить взаимно простые числа.

Подсказка 8

Действительно, a и (a+1) — взаимно просты. Значит, K делится на a!

Подсказка 9

Выразите с помощью этого g(N). Чему тогда будет равно N?

Подсказка 10

Для этого стоит представить K в качестве произведения 2 чисел.

Подсказка 11

Докажите, что (g(M) - g(N)) делится на (M - N).

Подсказка 12

Здесь снова нужно будет воспользоваться взаимной простотой чисел. Далее постарайтесь получить в явном виде M, K, N и найти противоречие.

Показать ответ и решение

Первое решение.

Пусть $f(N )=y,$ $f(f(N )) =z.$ Для простоты перейдём к рассмотрению квадратного трёхчлена

g(x)= f(x)− (x− N)(x− y)

Для него верно

g(N )= y; g(y)= z; g(z)= 0

При этом, все его коэффициенты являются целыми. Скажем, что

g(x)= ax2 +bx+ c

Заметим, что $y$ и $z$ различны и не совпадают с $N,$ иначе мы бы получили противоречие с условием $N, y,z ⁄= 0.$ Так как для натуральных $n$ и $α⁄= β$ выполнено $(α − β) |(αn− βn),$ то $(α − β) |(g(α)− g(β)),$ поэтому

(|{ N − y |y− z y − z |z − 0 |( N − z |y− 0

Так как $N − y |y− z$ и $N − y |N − y,$ получим, что

N − y |y− z+ N − y = N − z

Так как $N − z |y− 0=y,$ получим, что

N − y |N − z |y

N − y |y

Так как $N − y$ и $y − z$ делятся на $N − y,$ получаем, что $d= |N − y|$ — общий делитель $N,y$ и $z.$ Обозначим

′ N ′ y ′ z N = d , y= d , z = d

Для них верны делимости, аналогичные записанным в системе. Заметим, что из $y = g(N )=aN2 +bN + c$ следует делимость $c$ на $d.$ Обозначим $c′= cd.$ Это наблюдение позволяет сократить числа на $d$ в следующем смысле: введём многочлен

′ 2 ′ g(x) =dax + bx +c

Его коэффициенты целы, а также

g′(N′)= y′; g′(y′)= z′; g′(z′)=0 (∗)

При этом $N ′$ не могло оказаться чётным: в таком случае $y′,$ как соседнее с $N ′$ число, будет нечётным. Тогда либо $2|z′$ и $2 |N ′− z′ |y′,$ либо $2 ∤z′,$ $2|y′− z′ |z′,$ что в любом случае лает противоречие. Тогда рассмотрим в качестве $N$ степень двойки.

Пусть $N = 2k.$ Тогда в силу написанного выше $N ′ =1,$ а $d= 2k.$ Так как $y′ ⁄= 0$ и соседствует с $N′,$ то $y′ = 2,$ тогда из $N ′− z′ |y′$ следует, что $N ′− z′$ по модулю равно либо 1, либо 2. Первый вариант не годится, так как иначе $z′ = 2= y′$ или $z′ =0.$ Во втором случае $z′ = −1$ или $z′ =3,$ и с учетом $y′− z′ |z′$ подходит только $z′ = 3.$ Но такому набору $N ′,y′,z′$ соответствует единственный набор коэффициентов многочлена $g′(x)$ при котором выполнены равенства $(∗),$ так как парабола задаётся тремя точками. С другой стороны, его старший коэффициент обязан делится на $d,$ которое может быть сколь угодно большим, и он ненулевой, так как три полученные точки не лежат на одной прямой. Таким образом, достаточно большие степени двойки не будут сильно кубическими, а значит, не все числа, большие $2024,$ такие.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Пусть $f(N )=M,$ $f(M)= K$ и $f(K )=0.$ Из теоремы Безу находим, что

f(t)= (t− K )g(t)

Знаем, что

--K--- g(M )= M − K =a ∈ℤ

Отсюда

M = (a+-1)K- a

Поскольку числа $a$ и $a+ 1$ взаимно просты, число $K$ делится на $a,$ иными словами, $K = ab$ для $b∈ ℤ.$ Также знаем, что

g(N )= -M---= (a+-1)b =c∈ ℤ N − K N − ab

Отсюда

(a-+1)b N = ab+ c (1)

Число $g(M )− g(N)$ делится на $N − M,$ другими словами,

g(M )− g(N ) c(a− c) --M-−-N---= b(a−-c+-1)-=d ∈ℤ (2)

Поскольку числа $a− c$ и $a − c+ 1$ взаимно просты, число $c$ делится на $a− c+1,$ иными словами, $c=(a− c+ 1)x$ для $x∈ ℤ.$ Отсюда $c(x+ 1)=x(a+ 1),$ следовательно, $a+ 1$ делится на $x+1.$ Напишем $a+ 1= (x+ 1)y,$ где $y ∈ℤ.$ Далее $N − M = bx = z ∈ ℤ.$ Подставим в (2) и получим $y =dz+ 1.$ Наконец, подставляя в (1), находим

N = z((x2+ x)(dz+ 1)+ 1)

K = xz((dz +1)(x +1)− 1)⁄= 0

M = xz(x+ 1)(dz+ 1) ⁄=0

Существует бесконечно много натуральных чисел $N,$ не представимых в таком виде, например, $k 2$ при $k >1.$

Замечание. Можно показать, что любое число вида $2 z((x +x)(dz +1)+ 1)$ является сильно кубическим при условии, что числа $x,x+ 1,$ $dz+ 1,z$ и $(dz+ 1)(x+ 1)− 1$ не равны 0.

Ответ: Нет, неверно

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 114#136193Максимум баллов за задание: 7

x3 3x2 P(x)= 2 − 2 + 2x +1

Пусть $x0$ — наименьшее положительное число, такое, что $[P (x0)]⁄= P([x0]).$ Найдите $P(x0).$

Квадратные скобки обозначают целую часть числа.

Источники: ИТМО - 2024, 10.7 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

При каких значениях x целая часть многочлена будет совпадать с многочленом от целой части x?

Подсказка 2

Можно заметить, что при малых x будет равенство. Далее следует обратить внимание на монотонность.

Подсказка 3

Да, действительно, наш многочлен возрастает. Это можно доказать сразу несколькими способами.

Подсказка 4

Теперь поперебирайте маленькие числа и найдите наименьшую точку, не дающую нам равенство.

Показать ответ и решение

Заметим, что наш многочлен возрастает. Это можно доказать, например, посчитав его производную и убедившись, что она неотрицательна.

Однако, мы докажем это не используя производную. Нам достаточно сделать это для положительных $x.$

Рассмотрим выражение

x− y 2 2 P(x)− P(y)= -2--⋅(x +y + xy+ 4− 3x− 3y), где x > y

Нам надо доказать, что выражение в скобках положительно, тогда мы докажем, что $P(x)>P (y).$

Приравняв

x2+ y2+xy +4− 3x− 3y = 0,

получим квадратное уравнение относительно $y$ с дискриминантом

D = (x− 3)2− 4(x2− 3x +4)= −3x2+6x − 7= −(x− 3)2 − 4< 0

Значит, $2 2 x +y + xy+ 4− 3x − 3y$ всегда одного знака, а именно положительного.

P (0)= 1, P(1)=2, P(2)= 3, P (3)= 7

Так как многочлен возрастает, для всех $x$ между $0$ и $1$ выполняются неравенства

1< P(x)<2

Значит, для этих $x$ верно $[P (x)]=[P(1)].$ Аналогично для $x$ между $1$ и $2.$

А вот на промежутке $(2;3)$ многочлен $P(x)$ принимает в том числе значение $4$ в какой-то точке, при этом для всех $x$ из этого промежутка $[P (x)]=3.$

Ответ: 4

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 115#62509Максимум баллов за задание: 7

Какие значения может принимать выражение $x2+ x x +x2 1 1 2 2$ , где $x 1$ и $x 2$ — несовпадающие между собой корни уравнения $3 x − 2015x+ 2016 =0?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем подставить корни x₁ и x₂ в наше уравнение, что можно получить из такой подстановки?

Подсказка 2

Да, при их подстановке уравнение равно нулю, поэтому мы можем выразить разность кубов x₁ и x₂, то есть x₁³ - x₂³. А что мы получим у правой части?

Подсказка 3

Да, в правой части мы можем вынести за скобки 2015. Тогда, вспомним формулу разности кубов! Чему равно выражение, которое нас просят найти?

Показать ответ и решение

Первое решение.

Так как $3 x1− 2015x1+ 2016= 0$ и $3 x2− 2015x2+ 2016= 0$ , то $3 3 x1− x2 =2015⋅(x1 − x2)$ . Значит, $2 2 x1+x1x2+ x2 = 2015$ (делим на $x1− x2 ⁄= 0$ ).

Второе решение.

По теореме Виета (которая не гарантирует существование вещественных корней, но по условию уже сказали про существование двух из них, откуда следует и существование третьего, ведь кубический многочлен может иметь только один или три вещественных корня): $x1+ x2+ x3 =0,x1x2x3 =− 2016$ . Поэтому

2016 x21+ x1x2+x22 =(x1+ x2)2− x1x2 =(−x3)2 +-x3-= x33+2016 2015x3 = --x3---= --x3- = 2015.

Ответ:

2015

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 116#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 117#67573Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что если действительные числа $a,b,c$ удовлетворяют условию

1 1 1 1 a +-b + c = a+-b+-c,

то для любого нечётного числа $n$ верно

1n + 1n +-1n =---1---n. a b c (a+ b+ c)

Показать доказательство

Первое решение.

Приведем левую дробь к общему знаменателю:

1 1 1 bc+ ac +ab a + b + c =--abc---

Теперь по правилу пропорции имеем равенство:

(a +b+ c)(bc +ac+ ab)= abc

Раскрываем в левой части скобки, получаем:

abc+a2c+ a2b+ b2c +abc+b2a+ c2b+ c2a +abc= abc

В левой и правой части $abc$ взаимно уничтожится, тогду получится уравнение:

2 2 2 2 2 2 ac+ a b+b c+b a+ cb+ ca +2abc= 0

Заметим, что левая часть равна $(a+b)(b+ c)(a+ c).$ Тогда получаем равенство

(a+b)(b+ c)(a+ c) =0

Из которого напрямую следует, что сумма каких-то двух из наших чисел равна нулю.

Тогда для некоторого $p ∈{a,b,c}$ верно $(a +b+ c)n =pn$ и $1an-+ 1bn-+ 1cn-= 1pn.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Рассмотрим многочлен, корнями которого являются данные числа

P (x)= (x− a)(x− b)(x − c)

Пусть при раскрытии скобок мы получаем

P (x)= x3+ px2 +qx+ r

Тогда по теореме Виета

( |{ a +b+ c= −p |( ab+ bc+ca= q abc= −r

Из условия после приведения к общему знаменателю получаем

(a +b+ c)(ab+bc+ ca)= abc

то есть

−pq = −r

Тогда $P (x)$ можно представить в виде

x3+ px2 +qx+ pq = x2(x+ p)+q(x+ p) =(x2+ q)(x+p)

Так как мы знаем про наличие трёх корней $a,b,c,$ то $q < 0$ и $2 x +q =(x− t)(x+ t),$ где $√ --- t= −q.$ Не умаляя общности, $a =t,b=− t,c= −p.$

В итоге $b= −a,$ поэтому требуемое верно с учётом того, что $n$ — нечётное число:

1 1 1 1 1 1 1 an +bn + cn-= tn-− tn-+ (−-p)n-= −pn

---1----- ---1----- --1-- 1- (a+ b+ c)n = (t− t− p)n = (−p)n = − pn

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 118#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 119#67669Максимум баллов за задание: 7

Дан многочлен $P(x)$ степени $n >5$ с целыми коэффициентами, имеющий $n$ различных целых корней. Докажите, что многочлен $P (x)+ 3$ имеет $n$ различных действительных корней.

Источники: ММО-2023, 11.3 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Многочлен степени n не может иметь более n корней. Значит, что если многочлен P(x) + 3 имеет не n различных корней, то их у него меньше. Подумаем, а как у нас могли "пропасть" корни при увеличении P(x) на 3?

Подсказка 2

Рассмотрим график P(x), тогда, если при сдвиге графика на 3 вверх, корней стало меньше, то в каких-то точках локального экстремума P(x) значение P(x) было по модулю меньше трёх. Как можно поработать с точками локальных экстремумов, если мы не знаем их точное расположение?

Подсказка 3

Точки экстремумов находятся на промежутках между корнями! Используя подсказку 2, попробуем найти модуль значения P(x) в точках экстремума. В каком виде можно представить P(x), чтобы было удобнее считать модуль, и в каких точках мы будем его считать?

Подсказка 4

Попробуйте представить многочлен в виде a(x-a_1)(x-a_2)...(x-a_n). Хотим доказать, что в конкретных точках значение P(x) по модулю было больше 3. А в каких точках будем искать?

Подсказка 5

В точках x_i = a_i + 0.5. Т.к. мы хотим доказать, что |P(x_i)| > 3, то достаточно лишь для некоторых скобок доказать это, а остальные лишь увеличат |P(x_i)|.

Показать доказательство

Пронумеруем корни многочлена в порядке возрастания $a < ...<a . 1 n$ Тогда многочлен можно представить в виде

P(x)= a(x− a1)(x− a2)...(x− an),a ⁄=0,a∈ ℤ,ai ∈ ℤ

Покажем, что значение многочлена $P$ в любой точке локального экстремума по модулю строго больше $3$ (тогда при сдвиге графика многочлена на $3$ единицы вверх или вниз количество его точек пересечения с осью абсцисс не изменится). Точки локального экстремума $P$ находятся на промежутках $(a;a ), i=1,2,...n− 1. i i+1$ Вычислим значения $|P(x)|$ в точках $x = a + 1. i i 2$ Так как корней не меньше шести, то

1 1 3 3 5 5 225- |P (x)|=|a(xi− a1)(xi− a2)...(xi− an)|≥ |a|⋅2 ⋅2 ⋅2 ⋅2 ⋅2 ⋅2 = |a|64 >3|a|≥3

В произведении мы оставляем шесть наименьших по модулю множителей, остальные (есть при $n> 6)$ ещё больше.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 120#67771Максимум баллов за задание: 7

Квадратные трёхчлены $P (x)$ и $Q(x)$ с действительными коэффициентами таковы, что в совокупности они имеют 4 различных действительных корня, а также каждый из многочленов $P(Q(x))$ и $Q(P(x))$ имеет 4 различных действительных корня. Какое наименьшее количество различных действительных чисел может быть среди корней многочленов $P(x),Q (x),P(Q (x))$ и $Q (P(x))?$

Источники: Высшая проба - 2023, 11.6 (см. olymp.hse.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем подобраться к оценке: какие из многочленов могут иметь общий корень? По условию P(x) и Q(x) в совокупности имеют 4 корня. Тогда у них нет общих корней. Разбираться в общих корнях P(x) и P(Q(x)) не очень хочется, а вот в P(x) и Q(P(x))...

Подсказка 2

Если a- общий корень P(x) и Q(P(x)), то P(a)=0 и Q(P(a))=0, но тогда Q(0)=0. Это значит, что если P(x) и Q(P(x)) имеют общий корень и одновременно с этим Q(x) и P(Q(x)) имеют общий корень, то P(x) и Q(x) имеют общий корень, равный 0, а такое невозможно. Какую оценку мы уже можем дать?

Подсказка 3

Если корней не более 5, то P(x) и Q(P(x)) имеют общий корень и одновременно с этим Q(x) и P(Q(x)) имеют общий корень, что невозможно. Теперь надо придумать пример для 6 и задача убита...

Подсказка 4

Осталось самое сложное- пример. Из оценки видно, что кто-то из P(x) и Q(x) должен иметь корень 0. Пускай это будет P(x). Тогда: P(x)=mx(x-A) и Q(x)=n(x-C)(x-B). D и E-оставшиеся два корня. Ясно, что множество корней P(Q(x)) совпадает с множеством корней совокупности Q(x)=0 и Q(x)=A. Аналогично множество корней Q(P(x)) совпадает с множеством корней совокупности P(x)=B и P(x)=C. Тогда множество корней Q(P(x)) это B, C, D, E. А вот множество корней P(Q(x)) точно содержит B, C и что-то из 0, A, D, E. Попробуйте каким-то образом распределить корни по уравнениям Q(x)=A, P(x)=B и P(x)=C и попытаться решить систему.

Подсказка 5

Если вы еще пытаетесь найти пример, попробуйте положить, что Q(x)=A имеет корни 0 и D, P(x)=B имеет корни C и D, а P(x)=C имеет корни B и E. Тогда мы получим систему из 6 уравнений и 7 неизвестными.

Подсказка 6

Из системы можно получить, что С+D=B+E=A и B+C=D. Теперь можно наугад взять какие-то маленькие целые числа A, B, C, D, E так, чтобы выполнялись предыдущие равенства и надеется, что при этом m и n определятся однозначно. В противном случае, пробовать другие

Подсказка 7

Возьмите B=-1, C=2 и завершите пример

Показать ответ и решение

Заметим, что если среди корней многочлена $P(Q(x))$ есть корень $Q(x),$ скажем, число $x 0$ , то $P(Q(x))= P(0)=0, 0$ откуда $0$ является корнем $P (x).$ Аналогично если среди корней $Q(P (x))$ есть корень многочлена $P (x),$ то $0$ является корнем $Q(x).$ Но одновременно $P(x)$ и $Q(x)$ не могут иметь корень $0,$ т.к. иначе в совокупности у них было бы менее $4$ корней.

Отсюда можно получить оценку общего числа различных корней. Если их не больше $5,$ то у $P(Q(x))$ и $Q(x)$ есть общий корень, а также у $Q(P(x))$ и $P(x)$ есть общий корень, чего не может быть по вышесказанному.

Теперь построим пример, когда различных корней ровно $6.$ Пусть

1 P(x)= 2x(x− 3)

Q (x)= − 3(x+ 1)(x− 2) 2

Тогда у $P(x)$ корнями будут числа 0 и 3; у $Q(x)$ корнями будут числа -1 и 2; у $P(Q(x))$ корнями будут числа -1, 0, 1, 2; у $Q(P(x))$ корнями будут числа -1, 1, 2, 4. Итого корни всех многочленов в совокупности: -1, 0, 1, 2, 3, 4.

Ответ: 6

Следующая подтема