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 121#67953Максимум баллов за задание: 7

Числа $x ,x ,x 1 2 3$ являются корнями уравнения $x3 +6x2+ 7x +1 =0.$ При каких значениях $a,b,c$ корнями уравнения $3 2 x + ax +bx+ c= 0$ являются числа $x1+x2,x2+ x3$ и $x3+ x1?$

Источники: ПВГ-2023, 10.3 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

По условию достаточно очевидно, что нужно пользоваться именно теоремой Виета) Так что давайте находить коэффициенты по очереди. Что легче всего сейчас найти?

Подсказка 2

Сумму новых корней! Это будет просто 12. Дальше нужно постараться выразить оставшиеся выражения, которым равны новые коэффициенты, с помощью известных нам. Например, попробуйте выразить b с помощью попарных произведений и суммы корней изначального многочлена, а c - через все три выражения: сумму, сумму попарных произведений, и произведения корней.

Подсказка 3

Если b найти просто, то c последним коэффициентом могут быть трудности. Такое наблюдение: попробуйте вынести за скобки из всего этого выражения сумму изначальных корней)

Показать ответ и решение

По теореме Виета для первого уравнения:

( − 6= x +x + x , |{ 1 2 3 |( 7 =x1x2+ x1x3+ x2x3, − 1= x1x2x3.

Из этой же теоремы для второго уравнения:

−a =(x1+ x2)+ (x2+x3)+ (x3+ x1);

−a= 2(x + x + x). 1 2 3

Откуда получим, что $a= 12.$ Далее найдем $b :$

b=(x1+ x2)(x2+x3)+ (x1+ x2)(x3+ x1)+ (x3 +x1)(x2+ x3)=3(x1x2 +x1x3+ x2x3)+ (x2+ x2+ x2); 1 2 3

b= (x1+ x2+ x3)2+ (x1x2+ x1x3+ x2x3) =43.

Наконец, найдем $c:$

c= −(x1+x2)(x2+ x3)(x3+ x1) =−(−6 − x1)(−6 − x2)(−6 − x3).

Пусть $3 2 f(x)= x +6x + 7x+ 1.$ Из условия $f(x)= (x − x1)(x − x2)(x− x3).$ Тогда заметим, что $c =− f(−6)= 41.$

Ответ:

$a =12,b=43,c= 41$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 122#68027Максимум баллов за задание: 7

Многочлены $P(x)$ и $Q(x)$ с действительными коэффициентами имеют степень 10. Известно, что для любого действительного $x$ верно

P(x)⋅Q(x) ≥|P(x)|.

Какое наибольшее количество различных корней может быть у многочлена $P(x)⋅Q (x)?$

Источники: Курчатов-2023, 11.3 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте сначала сделаем оценку, потому что непонятно, как подобраться к примеру. Рассмотрим неравенство из условия. Справа у нас присутствует модуль, а слева его нет. Удобнее работать с таким неравенством, когда с обеих сторон модуль. Как можно добиться того, чтобы и слева был модуль?

Подсказка 2

Верно, можно записать произведение под знаком модуль, так как это будет больше, чем обычное произведение многочленов. Давайте теперь попробуем что-нибудь подставлять и смотреть, что получается. Что хорошего сюда можно подставить, чтобы сделать какие-то выводы?

Подсказка 3

Да, давайте попробуем подставить один из корней Q(x). Тогда слева у нас будет ноль. В итоге, мы получили, что модуль неположительный. Но такое может быть, если только корень Q(x) является и корнем P(x). Отсюда следует важный вывод: множество корней произведения Q(x) и P(x) совпадает с множеством корней P(x). Мы получили максимальную информацию из такого неравенства, поэтому теперь можем сократить на |P(x)| для всех x, не являющихся корнями P(x). Что теперь хочется узнать про Q(x)? Может ли он при каких-то значения быть не больше -1, а при каких-то хотя бы 1?

Подсказка 4

Верно, так происходить не может. Q(x) либо хотя бы 1 при всех рассматриваемых x, либо не превосходит − 1 при всех рассматриваемых x. Действительно, если предположить противное, то мы быстро получаем противоречие. Допустим Q(x)≥ 1. Какой вывод тогда про знак P(x) можно сделать, возвращаясь к исходному неравенству из условия?

Подсказка 5

Да, P(x) принимает только неотрицательные значения при всех x. Но тогда у него не может быть корней кратности 1! Получается, что каждый корень кратности хотя бы 2. Если степень многочлена равна 10, то отсюда уже можно понять, что максимальное число корней P(x) равно пяти. Осталось только придумать несложный пример и победа!

Показать ответ и решение

Пример. Пусть $P(x)= (x− 1)2(x− 2)2(x− 3)2(x − 4)2(x− 5)2,Q(x)= x10+ 1.$ Тогда, действительно, для любого $x∈ ℝ:$

P(x)⋅Q(x) ≥|P(x)|.

Оценка. По свойству модуля: $|P (x)⋅Q(x)|≥ P(x)⋅Q (x)≥ |P (x)|.$ Тогда получим такое неравенство:

|P(x)⋅Q(x)|≥ |P(x)|.

Пусть $x0$ является корнем $Q(x),$ тогда подставим его в это неравенство:

0 ≥|P(x )|. 0

Значит, $P(x0)= 0,$ то есть множество корней $P(x)⋅Q (x)$ совпадает с множеством корней $P(x).$ Теперь будем рассматривать $x,$ которые не является корнями $P(x),$ тогда разделим на $|P (x)|,$ получим, что $|Q(x)|≥ 1.$

Докажем, что многочлен $Q (x)$ либо хотя бы $1$ при всех рассматриваемых $x,$ либо не превосходит $− 1$ при всех рассматриваемых $x.$ Для этого предположим противное, пусть есть такие $x1,x2,$ что $Q(x1)≥ 1;Q (x2)≤ −1.$ Но из непрерывности $Q (x)$ следует, что все значения на промежутке $[Q(x2),Q(x1)]$ будут достигаться. А также поскольку множество корней $P(x)$ конечно, то получим противоречие с условием $|Q (x)|≥1.$

Для определенности будем рассматривать случай, когда $Q(x)≥ 1.$ Так как

P(x)⋅Q(x)≥ |P(x)|≥ 0,

то $P(x) ≥0,x∈ ℝ.$ Это означает, что у $P(x)$ не может быть корней кратности $1$ , ведь иначе в окрестности любого из таких корней многочлен принимал бы значения разных знаков. Значит, каждый корень многочлена P(x) имеет кратность не менее $2;$ а так как сумма кратностей корней не превосходит степень многочлена, корней у $P (x)$ не более $5.$

Ответ: 5

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 123#68095Максимум баллов за задание: 7

a) Найдите многочлен наименьшей положительной степени с целыми коэффициентами, корнем которого является число $√- x0 = 5 − 1;$

б) С помощью пункта (а) найдите $f(x0),$ где

10 9 8 7 6 5 4 3 2 f(x)= x + x − 6x +4x − x − 2x + 4x +x + 3x − x

Ответ представьте в виде $a√5 +b,$ где $a$ и $b$ — целые числа.

Источники: Межвед-2023, 11.3 (см. www.academy.fsb.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас иррациональное число. Разве может оно быть корнем многочлена степени 1 с целыми коэффициентами?) А вот у многочлена степени 2?

Подсказка 2

Для второй степени придумывается пример. А вот можно сделать с пунктом б: попробуйте выделить из этого многочлена наш пример из пункта а). Так будет проще посчитать итоговый ответ.

Показать ответ и решение

а) Так как число $√5-− 1$ не рациональное число, то оно не может быть корнем многочлена степени $1$ с целыми коэффициентами, значит его степень хотя бы $2.$ Многочлен $2 g(x) =x + 2x− 4$ удовлетворяет условию задачи.

б) Заметим, что остаток $f(x)$ при делении на $g(x)$ равен $x+ 4.$ Тогда $f(x)= g(x)h(x)+ x+ 4$ для некоторого многочлена $h(x).$ Тогда

√- f(x0)=x0 +4= 5 +3.

Ответ:

$а) g(x)=x2 +2x− 4$

$√- б) 5+ 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 124#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 125#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 126#68531Максимум баллов за задание: 7

Найдите все многочлены $P(x)$ с целыми коэффициентами такие, что $P(P(x)+x)$ является простым числом при бесконечном количестве целых $x$ .

Источники: автор И. А. Ефремов

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметим, что P(P(x) + x) - P(x) делится на P(x) при всех натуральных x. Какой вывод тогда можно сделать о P(x)?

Подсказка 2

Конечно, тогда P(x) может в бесконечном числе точек быть равен 1 или -1 (что, нам, конечно, не подходит, поскольку тогда этот многочлен тождественно равен 1 или -1) или тождественно равен (аналогичным образом) P(P(x) + x) или -P(P(x) + x). Попробуем рассмотреть равенство с P(P(x) + x). Что можно сказать о степени P(x)?

Подсказка 3

Верно! Степень P(x) не превосходит 1. Тогда P(x) = c, где c — простое число всегда подходит. Подходит ли линейная функция?

Подсказка 4

Верно, не подходит! Ведь тогда a(a+1)x + b(a+1) = ax + b при всех действительных x, что невозможно при ненулевом a. Попробуем теперь рассмотреть случай равенства с -P(P(x)+x). Можно ли аналогичными выводами узнать, какова степень многочлена P(x)?

Подсказка 5

Верно! Аналогичными рассуждениями легко прийти к тому, что P(x) = ax + b при ненулевом a. Какие a и b подойдут?

Подсказка 6

Конечно! Расписав равенство P(x) = -P(P(x)+x) в явном виде, получим, что a = -2. А чему может быть равно b?

Показать ответ и решение

Заметим, что $P(P(x)+ x)− P (x)$ делится на $P(x)+x − x =P (x)$ при каждом натуральном $x.$ При этом раз в бесконечном количестве натуральных точек $P(P(x)+x)$ — простое, то $P(x)$ в бесконечном количестве натуральных точек или равен $1,$ или равен $− 1,$ или равен $P(P(x)+x),$ или $− P(P(x)+x).$ Первые два случая нам не подходят.

Предположим, что $P(x)$ тождественно равен $P (P (x)+ x).$ Если степень многочлена $P(x)$ больше $1,$ то степень $P(P (x)+ x)$ больше степени $P (x),$ поэтому $P (x)= c,$ или $P(x)= ax+b.$ В первом случае нам подходят все простые $c.$ Во втором случае имеем $ax+ b= a(a +1)x+ b(a+ 1),$ откуда $a⋅(ax +b)= 0,$ что невозможно при $a ⁄=0.$

Если же $P (x)$ тождественно равен $− P(P(x)+x),$ то достаточно рассмотреть случай $P(x)= ax+ b$ ( $a ⁄= 0).$ Тогда $ax+ b= −a(a+1)x− b(a+ 1),$ откуда $(a+ 2)(ax +b)= 0.$ То есть $a= −2.$ Осталось лишь понять, что только при нечётных $b$ выражение $− 2x+ b$ является простым в бесконечном количестве целых точек.

Ответ:

$P (x)= c$ для простых $c$ , $P(x)=− 2x +b$ для нечётных $b$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 127#68641Максимум баллов за задание: 7

$P (x)$ — кубический многочлен с рациональными коэффициентами. Его значение в точке $√7$ составляет $8,$ а значение его производной в этой же точке равно $56.$ Найдите все коэффициенты многочлена.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте просто представим кубический многочлен в общем виде и подставим √7 вместо x. Получим какое-то выражение, которое должно быть равно 8. Как здесь поможет то, что у нас коэффициенты - рациональные?

Подсказка 2

У нас некоторая часть выражения равна √7 * (что-то), где "что-то" - рациональное, а также все остальные числа рациональные в равенстве. А когда такое может выполняться вообще?)

Подсказка 3

Только когда это "что-то" равно нулю! Из этого получаем условия на коэффициенты. А теперь проделываем ту же операцию с производной и решаем систему

Показать ответ и решение

Пусть

3 2 P(x)= ax +bx + cx+ d

Тогда

√- √ - √- √- P( 7)= 7a 7+ 7b+ c 7+ d= (7a +c) 7+ 7b +d= 8

Это число может быть рациональным только если $(7a +c)√7-= 0,$ откуда

({ 7a+ c= 0 ( 7b+ d= 8

Далее,

′ 2 P (x)=3ax + 2bx+ c

Значит,

P′(√7)= 21a +2b√7+ c= 56

Отсюда по аналогичным соображениям

( { b=0 ( 21a+ c= 56

Объединив эту систему с ранее полученной, имеем

( ( ( ||| b= 0 ||| b =0 ||| b= 0 |||{ 7b+ d= 8 |||{ d =8 |||{ d= 8 | ⇔ | ⇔ | -56- ||||| 21a+ c= 56 ||||| 21a+ (− 7a)= 56 ||||| a= 21−7 = 4 ( 7a+ c= 0 ( c =−7a ( c= −7⋅4= −28

Ответ:

$P (x)= 4x3− 28x+ 8$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 128#68880Максимум баллов за задание: 7

Пусть $a,b,c$ — взаимно простые в совокупности натуральные числа, и

( 2 2 2 n n n) Dn = a+ b+ c,a + b+ c ,a + b + c

Найдите все возможные значения $D , n$ где $n−$ натуральное число, кратное 3. Запись $(a,a ,a,...,a ) 1 2 3 k$ обозначает наибольший общий делитель целых чисел $a ,a,a ,...,a . 1 2 3 k$ Целые числа $a ,a,a ,...,a 1 2 3 k$ называются взаимно простыми в совокупности, если $(a ,a,a ,...,a )= 1. 1 2 3 k$

Источники: Иннополис-2023 (см. dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

А давайте для начала попробуем ручками проверить различные a, b, c - чтобы понять, каким вообще может быть D.

Подсказка 2

Пупупу… а теперь посмотрим внимательно на условие. Каким свойством обладают скобки вида: (aⁿ + bⁿ + cⁿ)?

Подсказка 3

Да, эти скобки симметричны! Если поменять какие-то две переменные местами, то выражение не изменится. А теперь, учитывая, что мы получили какие-то значения D - попробуйте перейти к симметрическим многочленам. К какому противоречию мы придём?

Подсказка 4

Верно, мы придём к тому, что существует какое-то просто p, которое делит произведение abc. Теперь нужно аккуратно доказать, что в таком случае простое p делит каждое из чисел a, b, c! Тогда, мы докажем, что возможны только D = {1, 2, 3, 6}.

Подсказка 5

Остаётся только привести пример чисел a, b, c для каждого возможного D!

Показать ответ и решение

Пусть $σ,σ ,σ 1 2 3$ — элементарные симметрические многочлены и $n n n sn = a + b + c.$ Воспользуемся формулой Ньютона

sk = σ1sk−1− σ2sk−2+ σ3sk−3

Докажем, что $D ∈ {1,2,3,6}. n$ Предположим, что существуют такие взаимно простые в совокупности $a,b,c$ , что $D n$ отличен от $1,2,3,6.$ Докажем, что тогда $σ ,σ,σ 1 2 3$ имеют общий делитель, больший 1. В самом деле, из формул Ньютона следует, что при разложении $s n$ через $σ ,σ ,σ 1 2 3$ моном, не содержащий $σ 1$ и $σ, 2$ с точностью до знака имеет вид $3σ n3. 3$ Поэтому если $D n$ делит $s = σ 1 1$ и $D n$ делит $2 s2 = σ1 − 2σ2,$ то $Dn$ делит $σ1,2σ2,3σ3.$

При $Dn,$ отличном от $1,2,3,6$ у чисел $σ1,σ2,σ3$ есть общий делитель, больший 1. Пусть $p$ — простой множитель, входящий в этот делитель. Тогда $p$ делит $abc,$ откуда (без ограничения общности) $p$ делит a. Но тогда $p$ делит $(ab+ bc+ ca)$ и $p$ делит $bc,$ т.е. (без ограничения общности) $p$ делит $b.$ Наконец, из того, что $p$ делит $(a+b+ c),$ получаем, что $p$ делит $c.$ Значит, $(a,b,c)≥ p,$ но по условию $(a,b,c)= 1$ — противоречие.

Итак, $Dn ∈ {1,2,3,6}.$ Набор $(1,1,2)$ реализует $Dn = 2,$ набор $(1,1,1)$ — $Dn = 3,$ набор $(1,4,7)$ — $Dn = 6.$ Для $Dn = 1$ возьмем простое число $p >3$ и положим $a =b =1, c =p− 2.$ Тогда $a+ b+c =p$ и $p$ не делит $2 2 2 2 a +b + c =p − 4p+ 6,$ откуда $Dn = 1.$

Ответ:

${1,2,3,6}$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 129#69234Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что многочлен $P(t)=t3− 2t2− 10t− 3$ имеет три различных действительных корня. Найдите многочлен $R(t)$ третьей степени с корнями $2 2 2 2 22 u = xy z,v =x z y,w = yz x,$ где $x,y,z$ — различные корни многочлена $P (t).$

Источники: ШВБ-2023, 11.1 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Первый вопрос, подсказка 1

Раз нас просят доказать существование корней, то находить их самих необязательно. Что значит существование корня с точки зрения графика? Это значит, что он пересекает ось x. (Конечно, он может и касаться его, но тогда это будет кратный корень, отсутствие которого вы можете легко проверить) Исходя из этого, какое условие нужно проверить? Возможно, вы даже знаете теорему, связанную с этим вопросом.

Первый вопрос, подсказка 2

Верно, если многочлен пересекает ось x, то значит, что до этого он принимал значение одного знака, а после корня — другого. Вам осталось только найти подходящие точки и проверить знак многочлена в них, чтобы он был различным. Тогда между этими точками и лежат различные корни. Это и есть теорема о промежуточном значении, а точнее следствие из неё.

Второй вопрос, подсказка 3

Нас просят теперь найти многочлен с корнями, которые выражаются через корни исходного. А какая теорема связывает корни многочлена и его коэффициенты?

Второй вопрос, подсказка 4

Верно, конечно это теорема Виета. Выразите сначала коэффициенты P(t) через его корни. Потом запишите теорему Виета для нового многочлена. Осталось только всё выразить в удобном виде, подставить и победа!

Показать ответ и решение

Поскольку $P(−3)=− 18< 0,$ а $P(−1)=4 >0,$ то по теореме о промежуточном значении между $− 3$ и $− 1$ есть корень этого многочлена. $P(−1)=4 >0,$ $P (0)= −3< 0,$ значит, между $− 1$ и $0$ у многочлена есть корень. $P (0)= −3< 0,$ $P(5)=22> 0,$ значит, между $0$ и $5$ у многочлена есть корень. Получили, что у многочлена есть три различных (потому что каждый находится в своем интервале) действительных корня.

Из теоремы Виета для данного многочлена имеем:

x+y +z =2, xy+ yz+ zx= −10, xyz = 3

Тогда можно через теорему Виета для $R(t)$ найти его коэффициенты:

u+ v+ w= xyz(xy+ yz+zx)= 3⋅(−10) =− 30

uv+ vw+ wu =x3y3z3(x+ y+ z)=33⋅2= 54

uvw =x5y5z5 = 35 =243

Отсюда $R(t)= t3+30t2+54t− 243.$

Ответ:

$R(t)=t3+ 30t2+ 54t− 243$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 130#70994Максимум баллов за задание: 7

Известно, что уравнение $ax5+ bx4+ c= 0$ имеет три различных вещественных корня. Докажите, что уравнение $cx5+ bx +a =0$ имеет три корня.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала, давайте проверим — а может ли один из корней быть равен нулю?

Подсказка 2

Конечно же, нет! Ведь, если один корень равен нулю, то c = 0, а тогда у второго уравнения не больше одного корня! Тогда, если корни не равны нулю, то что мы можем сделать с уравнениями?

Подсказка 3

Верно, мы можем поделить первое уравнение на x⁵. Таким образом, мы получим, что если x - корень первого уравнения, то 1/x — корень второго уравнения!

Показать доказательство

Заметим, что $a,c⁄= 0$ . Действительно, если $c= 0,a⁄= 0$ , то первое уравнение имеет не более двух корней, если же $a =0$ , то для $c =0$ корней либо нет, либо бесконечно много, а для $c⁄= 0$ не более двух.

Но раз свободные коэффициенты в каждом уравнении ненулевые, то среди их корней нет нулей. Заметим, что $t$ является корнем первого уравнения тогда и только тогда, когда $1 t$ является корнем второго, поскольку $t⁄=0$

5 4 b c 1 1 at+ bt+ c= 0 ⇐⇒ a+ t + t5 = 0 ⇐⇒ c⋅t5-+b⋅-t +a =0

Значит, уравнения имеют одинаковое количество корней.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 131#70995Максимум баллов за задание: 7

Найдите все значения $a$ и $b$ , при которых уравнения $x(x2− 3x − 2)= a$ и $x(x2+$ $4x − 9)= b$ имеют два общих корня. В ответе укажите наибольшее возможное значение $a+ b$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если уравнения имеют два общих корня, то давайте попробуем воспользоваться теоремой Виета для многочлена третьей степени! Что мы еще можем сказать про разность этих уравнений?

Подсказка 2

Да, их разность имеет корни, которые равны их общим корням! И тогда, по теореме Виета: сумма этих корней равна 1. Тогда, чему равны третьи оставшиеся корни в каждом уравнении:

Подсказка 3

Да, они равны 2 и -5. Тогда, чему равна сумма a и b?

Показать ответ и решение

Пусть $x ,x,x 1 2 3$ — корни первого уравнения, $x,x ,x 1 2 4$ — корни второго (легко проверить, что третий корень также вещественный при наличии двух). Тогда из теоремы Виета заключаем

x1+x2+ x3 = 3, x1+ x2+x4 =− 4

Выпишем разность этих двух уравнений, этот квадратный трёхчлен имеет два корня $x1,x2$ , которые совпадают у кубических уравнений

2 −7- 7x − 7x= b− a ⇐⇒ x1+ x2 =− 7 =1

Но тогда получаем $x3 = 2,x4 =− 5$ , подставляем

a =2⋅(4− 6− 2)= −8, b=− 5⋅(25− 20− 9)= 20

Остаётся проверить, что при вынесении $x− x,x− x 3 4$ из первого и второго уравнения соответственно, останется одна и та же скобка $x2− x− 4$ , которая и даст два общих корня, значит, найденные $(a,b)= (−8,20)$ подходят.

Ответ: 12

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 132#74864Максимум баллов за задание: 7

Целые числа $a,b,c$ попарно различны. Докажите, что не существует многочлена $P(x)∈ℤ[x]$ со свойством: $P(a)= b,P(b)=c,P(c) =a.$

Показать доказательство

Предположим, что такой полином существует. Поскольку $a,b,c$ попарно различны, существует пара чисел, модуль разности которых строго больше модуля разности любых других двух. Не умаляя общности, пусть это $a$ и $b.$ Согласно теореме Безу, $. P (a)− P(b).. a − b.$ Так как $P (a)⁄= P(b),$ из этого следует, что $|P(a)− P(b)|= |b− c|≥|a− b|,$ что противоречит выбору чисел $a$ и $b.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 133#74868Максимум баллов за задание: 7

Найдите все натуральные $n,$ для которых существует многочлен $p(x)$ с целыми коэффициентами такой, что $p(d)= n∕d$ для всех натуральных делителей $d$ числа $n.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем доказать, что n не может быть составным. Для этого можно пойти от противного. Можно ли выбрать какие-нибудь хорошие делители n и рассмотреть значения многочлена в них?

Подсказка 2

Верно! Пусть n = qd, где d — наименьший простой делитель n. Тогда p(q) = d. Еще мы знаем, что p(n) = 1. Какой вывод можно сделать?

Подсказка 3

Конечно! p(q) - p(n) делится на n - q. Может ли это быть верным?

Подсказка 4

Точно, не может! А можно ли построить пример для простых n или n = 1?

Показать ответ и решение

Сначала приведем пример такого многочлена для простых $n:$

p(x)= 1+ n− x

Теперь предположим, что $n$ – составное число: $n= d⋅q,$ где $d$ – наименьший простой делитель $n.$ Так как $q$ содержит хотя бы один простой делитель $n,$ то $q ≥ d.$ Предположим, что описанный в задаче многочлен $p$ существует. Тогда $p(q)= d,p(n)= 1.$ По теореме Безу, $. p(q)− p(n).. n− q.$ Другими словами,

d− 1 ... n − q = q(d− 1)

Такое может случиться только если $d =1$ или $q = 1,$ но по определению $d$ и $q$ ни то, ни другое не выполнено – противоречие.

Ответ:

все простые $n$ и $n= 1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 134#74869Максимум баллов за задание: 7

Пусть $f$ — многочлен с целыми коэффициентами. Известно, что уравнение $f(x)= x$ не имеет решений в целых числах. Докажите, что уравнение $f(f(f(x)))= x$ тоже не имеет решений в целых числах.

Показать доказательство

Предположим противное – пусть существует такое целое $x, 0$ что
$f(f(f(x0)))= x0.$ Рассмотрим выражение $f(f(f(x0)))− f(f(x0)) =x0− f(f(x0)).$ Согласно теореме Безу, оно делится на $f(f(x0))− f(x0).$ Значит и
$x0− f(f(x0))+ f(f(x0))− f(x0)= x0− f(x0)$ делится на $f(f(x0))− f(x0).$ Так как уравнение $f(x)= x$ не имеет решений в целых числах, $x0− f(x0)⁄= 0$ и $f(f(x0))− f(x0)⁄= 0,$ а значит

|f(x0)− x0|≥ |f(f(x0))− f(x0)|> 0

С другой стороны, по теореме же Безу, $.. f(f(x0))− f(x0). f(x0)− x0,$ значит

|f(f(x0))− f(x0)|≥|f(x0)− x0|> 0

Такое возможно только если $|f(x0)− x0|=|f(f(x0))− f(x0)|,$ откуда либо
$f(x0)− x0 = f(x0)− f(f(x0)),$ либо $f(x0)− x0 = f(f(x0))− f(x0).$ В первом случае $x0 =f(f(x0))$ и, так как $x0 = f(f(f(x0))),$ получаем что $f(f(x0))$ является решением уравнения $f(x)=x,$ что противоречит условию задачи. Теперь разберем второй случай. Ясно, что если $x0$ является решением уравнения $x= f(f(f(x))),$ то и $f(x0)$ тоже. Повторим рассуждение с самого начала, заменив в нем $x0$ на $f(x0).$ Получим, что $|f(f(f(x0)))− f(f(x0))|=|f(f(x0))− f(x0)|.$ Мы уже знаем, что один из способов раскрытия модуля приводит к противорчию, поэтому выберем второй: $f(f(f(x0)))− f(f(x0))= f(f(x0))− f(x0)= x0− f(f(x0)).$ Запишем рядом это уравнение и уравнение выше

x0− f(f(x0))= f(f(x0))− f(x0)= f(x0)− x0

Мы получили, что $x0,f(x0),f(f(x0))$ – попарно различные числа, попарные разности которых совпадают. Такого, конечно, быть не может, по крайней мере потому, что разность между наименьшим и наибольшим числом строго больше, чем разность любых других двух чисел. Противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 135#74870Максимум баллов за задание: 7

Многочлен седьмой степени с целыми коэффициентами в семи целых точках равен $± 1.$ Докажите, что его нельзя представить в виде произведения двух непостоянных многочленов с целыми коэффициентами.

Показать доказательство

Предположим противное. Пусть $p(x)$ – наш многочлен, и $p(x)= q(x)⋅r(x),$ где $q,r ∈ℤ[x]$ и $1≤ deg(q), deq(r)≤ 6.$ По принципу Дирихле, степень одного из $q$ и $r$ не превосходит $3.$ Пусть, не умаляя общности, $deg(q)≤ 3.$ Так как $q$ и $r$ принимают целые значения в целых точках, их значения в выделенных семи точках $a1,...,a7$ равны $1$ по модулю. По принципу же Дирихле, одно из значений $1,−1$ многочлен $q$ принимает хотя бы в $4$ точках. Не умаляя общности, пусть это $− 1.$ Тогда многочлен $q+ 1$ имеет степень не больше $3$ и хотя бы $4$ различных корня – противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 136#74871Максимум баллов за задание: 7

Докажите для различных целых $a ,a,...,a 1 2 100$ неприводимость многочлена

(x− a1)(x− a2)...(x− a100)− 1

Показать доказательство

Поскольку приводимость над $Q$ равносильна приводимости над $Z,$ достаточно доказывать неприводимость многочлена над $Z.$ Обозначим его символом $p,$ и предположим, что $p(x)= q(x)⋅r(x),$ где $q,r ∈ℤ[x]$ и $1≤ deg(q), deq(r) ≤99.$ Отметим, что в точках $a1,...,a100$ наш многочлен принимает значение $− 1.$ Тогда в точках $a1,...a100$ и $q(x),$ и $r(x)$ принимают значения по модулю равные $1,$ причем, поскольку их произведение отрицательно, они различны по знаку. Рассмотрим $q(x)+r(x).$ Степень этого многочлена не превосходит $99,$ но в ста точках $a1,...,a100$ он принимает значение $0.$ Такое возможно только если $q(x)+r(x)$ тождественно равен $0,$ то есть $q(x) =−r(x).$ Но тогда $2 p(x)= q(x)⋅r(x)= −q (x)$ имеет отрицательный старший коэффициент, однако очевидно, что $p(x)= (x − a2)...(x− a100)− 1$ имеет положительный старший коэффициент – противоречие.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 137#74872Максимум баллов за задание: 7

Пусть $P(x)∈ ℤ[X ].$ Докажите, что если множество простых делителей значений $P(x)$ во всех целых точках конечно, что $P (x)$ тождественно равен ненулевой константе.

Показать доказательство

Если у $P(x)$ свободный коэффициент равен 0 , то $x|P(x),$ и утверждение, очевидно, верное. В случае $P (0)= a⁄= 0$ предположим противное, существует только конечное множество $M = {p1,...,pl}$ простых делителей чисел вида $P(n),$ где $n$ — целое. Разложим $a$ на простые множители: $α1 αl a =p1 ⋅...⋅pl$ ( $αi$ могут равняться нулю). Рассмотрим последовательность $α1+1 αl+1 α1+1 αl+1 P (0), P(p1 ⋅...⋅pl ),P(2⋅p1 ⋅...⋅pl ),...$ и так далее до бесконечности. Ясно, что любого $k$ и $m$ $α1+1 αl+1 P (k⋅p1 ⋅...⋅pl )$ не делится на $αm+1 pm ,$ поскольку его свободный член не делится на $αm+1 pm ,$ а все остальные делятся. Значит, степень вхождения $pm$ в любое $α1+1 αl+1 P (k⋅p1 ⋅...⋅pl )$ равна $αm,$ так как свободный член делится на $αm pm .$ На другие простые, по предположению, $α1+1 αl+1 P (k⋅p1 ⋅...⋅pl )$ не делится. Это означает, что для любого $k$

P(k⋅pα11+1⋅...⋅pαll+1)= pα11⋅...⋅pαll=a

то есть $P$ принимает значение $a$ в бесконечном числе точек. Такое бывает только если $P$ равен константе $a,$ что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 138#75128Максимум баллов за задание: 7

Даны натуральные числа $a$ и $b$ такие, что $a≥ 2b.$ Существует ли многочлен $P (x)$ степени больше $0$ с коэффициентами из множества ${0,1,2,...,b− 1}$ такой, что $P(a)$ делится на $P (b)?$

Источники: Всеросс., 2023, ЗЭ, 10.3(см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Как известно, для целочисленного многочлена P выражение P(a) − P(b) кратно a − b. Если подобрать такой многочлен P, что P(b) = a − b, задача будет решена.

Подсказка 2:

Как насчёт того, чтобы рассмотреть a − b в системе счисления с основанием b?

Показать ответ и решение

Легко видеть, что если $b= 1,$ то всякий многочлен с коэффициентами от 0 до $b− 1$ является нулевым.

Пусть $b >1.$ Представим $a− b$ в $b$ -ичной записи (иными словами, в системе счисления с основанием $b$ ): $n a− b= cnb + ...+ c1b+ c0,$ где $ci ∈{0,1,2,...,b− 1}.$ Поскольку $a− b ≥b,$ в этой записи $n≥ 1.$

Покажем, что $n P (x)= cnx + ...+c1x+ c0$ удовлетворяет условию. Действительно, по теореме Безу, для любого многочлена $f$ с целыми коэффициентами $f(a)− f(b)$ делится на $a− b.$ Значит, $P (a)− P(b)$ делится на $a − b= P(b).$ Но тогда и $P (a)= (P (a)− P(b))+ P(b)$ делится на $P(b).$

Ответ:

Существует при $b> 1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 139#75133Максимум баллов за задание: 7

Обозначим через $P (x)= a xn+ a xn−1+ ...+ a n n− 1 0$ многочлен с целыми коэффициентами, для которого $P(r)=P (s)= 0$ для некоторых натуральных $r$ и $s,$ причём $r< s.$ Докажите, что $ak ≤− s$ для некоторого $k.$

Показать доказательство

Представим исходный многочлен в виде

c P(x) =(x− s)x Q(x)

причем $c$ — натуральное число такое, что свободный коэффициент многочлена $Q (x)$ не равен $0.$ Такое число $c$ существует, поскольку в противном случае многочлен

P(x) x− s

имеет вид $n−1 x ,$ а значит не имеет натурального корня $r,$ что противоречит условию.

Пусть

Q(x)= b0xm +b1xm−1+ ...+ bm

По правилу знаков Декарта количество смен знаков в последовательности ${b0,b1,...,bm }$ не меньше, чем количество положительных корней данного многочлена, то есть не меньше $1.$

Пусть в ряду произошла смена с положительного знака на отрицательный, тогда существует $k$ такое, что $bk > 0≥ bk+1.$ Тогда $ak+1 = −sbk+bk+1 ≤ −s$ и искомый коэффициент найден.

В противном случае произошла ровна одна смена с отрицательного на положительный знак, следовательно $bm > 0.$ Осталось заметить, что тогда $am =− sbm ≤− s.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 140#75237Максимум баллов за задание: 7

Существуют ли такие ненулевые числа $a,b,c,$ что при любом $n > 3$ можно найти многочлен вида $P (x)= xn+ ...+ ax2+ bx+ c, n$ имеющий ровно $n$ (не обязательно различных) целых корней?

Показать ответ и решение

Предположим, что такие $a,b,c$ нашлись. Пусть $k$ — максимальное число сомножителей (больших $1$ по модулю), на которые раскладывается число $c.$ Тогда у каждого многочлена $Pn(x)$ не больше $k$ корней, отличных от $± 1.$