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 141#75625Максимум баллов за задание: 7

Разложите в произведение неконстантных многочленов над $ℤ 3$ многочлен $x3+ x+ 1.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нужно разложить многочлен третей степени. Какие степени могут быть у множителей?

Подсказка 2

Надо сделать произведение линейной и квадратных функций. Как их можно подобрать? Легче найти линейный множитель. Пусть он x - a, тогда при подстановке a в многочлен будет ноль. Переберите остатки и найдите a, затем, выполнив деление, найдите требуемое разложение.

Показать ответ и решение

Над $ℤ 3$

3 3 3 x +x +1 =x + x− 2= (x − 1)+ (x− 1)=

2 2 = (x− 1)(x +x +1)+ (x − 1)= (x− 1)(x +x+ 2)

Ответ:

$(x− 1)(x2+ x+2)$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 142#75626Максимум баллов за задание: 7

Пусть $P(x),Q (x)∈ ℤ [x] p$ ( $p$ — простое число). При этом для любого $a ∈ℤ p$ выполнено $P(a)= Q(a).$ Докажите, что $P(x)− Q(x)$ делится на $p x − x.$

Показать доказательство

Из условия следует, что многочлен $P(x)− Q (x)$ имеет корни $0,1,...,p− 1.$ Тогда по теореме Безу получаем, что $P(x)− Q (x)$ делится на $x(x− 1)...(x− (p− 1)).$

Так как над $ℤp$ все многочлены вида $x,x− 1,...,x− (p− 1)$ различны и неприводимы, то верно равенство $p x(x− 1)...(x − (p− 1))= x − x,$ которое приводит к нужному результату.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 143#75646Максимум баллов за задание: 7

На доске написан многочлен

3 2 x + ...x + ...x+ ...

Двое по очереди ставят коэффициенты на пропущенные места. Первый хочет добиться того, чтобы многочлен имел единственный вещественный корень. Сможет ли второй ему помешать?

Подсказки к задаче

Подсказка

Поставьте за первого перед x тройку. Для всевозможных ответов второго придумайте свой ход, который позволит вам в явном виде найти все корни многочлена.

Показать ответ и решение

Приведём стратегию за первого.

Сначала перед $x$ поставим коэффициент $3.$

Если второй поставит некоторый коэффициент $a$ перед $2 x ,$ то поставим $3a$ в качестве свободного члена. Получаем многочлен

3 2 2 2 x +ax + 3x+ 3a =x (x+ a)+ 3(x+a)= (x+ a)(x +3).

Понятно, что у этого многочлена единственный действительный корень $x= −a.$

Если же второй выберет некоторое число $a$ в качестве свободного члена, то поставим число $3$ перед $x2.$ Получается многочлен

3 2 3 x + 3x +3x+ a= (x+ 1) − 1+ a.

Этот многочлен имеет единственный действительный корень, так как уравнение

3 (x+ 1)− 1+ a= 0

имеет единственное решение

x= 3√1-− a− 1.

Ответ:

Нет, не сможет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 144#75647Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что многочлен $1+ x+ x2+ ...+ xn 2! n!$ не имеет кратных корней.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В условии говорится про кратные корни. Как связаны корни производной и корни многочлена?

Подсказка 2

Кратный корень многочлена является корнем производной. Функция из условия какая-то странная, но может быть она хорошо связана со своей производной?

Показать доказательство

Пусть $P(x)= 1+ x+ x2+...+ xn-. 2! n!$ Если многочлен имеет кратный корень, то этот же корень имеет и его производная. Найдем производную: $′ x2 xn−1- P (x)= 1+ x+ 2! + ...+ (n−1)!.$

Допустим, что $P(x)$ и $′ P (x)$ имеют общий корень $x0.$ Тогда $x0$ является также является корнем уравнения $′ P (x)− P(x)= 0.$ $′ xn P (x)− P(x)= n!.$ Тогда $xn n! =0,$ откуда $x= 0.$ Однако $x= 0$ не является решением ни одного из уравнений $P (x)= 0$ и $′ P(x)= 0.$ Значит, у $P(x)$ нет кратных корней.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 145#75648Максимум баллов за задание: 7

Даны многочлен $P(x)$ с целыми коэффициентами и натуральное число $n.$ Старший коэффициент и свободный член многочлена $P(x)$ взаимно просты с $n,$ остальные коэффициенты делятся на $n.$ Известно, что многочлен $P(x)$ делится на $2 Q (x)$ для некоторого многочлена $Q (x)$ ненулевой степени. Докажите, что степень $P(x)$ делится на $n.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Во-первых, Q всегда можно заменить на его неприводимый множитель, если сам Q не является неприводимым. А можно ли свести задачу к случаю, когда Q рационален?

Подсказка 2

Можно! Для этого достаточно показать, что если Q₁ — минимальный многочлен с рациональными коэффициентами, делящийся на Q, то P(x) делится на квадрат многочлена Q₁. Как это сделать?

Подсказка 3

Верно! Для начала нужно показать, что если многочлен с рациональными коэффициентами делится на Q, то он делится и на Q₁ (это легко сделать простым делением с остатком). А что будет, если теперь рассмотреть частное P и Q₁?

Подсказка 4

Точно! Если Q² не делит Q₁, то это будет означать, что многочлен с рациональными коэффициентами, равный частному P и Q₁, делится на Q! А это уже означает, что он делится на Q₁, и мы докажем заявленное утверждение. А как показать, что Q₁ не делится на квадрат Q?

Подсказка 5

Конечно! В противном случае производная многочлена Q₁, имеющая рациональные коэффициенты, делится на Q, следовательно, делится и на Q₁, а это невозможно, ведь Q₁ непостоянный! Итак, можно считать, что Q имеет рациональные коэффициенты. А можно ли теперь вообще считать, что Q имеет целые коэффициенты?

Подсказка 6

Можно! Для этого нужно просто аккуратно вынести знаменатели из равенства P(x) = Q²(x)R(x), чтобы получить произведение многочленов с целыми коэффициентами, а потом вынести содержание. Полученная константа перед произведением, очевидно, целая. Понятно, что для решения задачи достаточно доказать, что производная P делится на n. А как можно удобно представить производную P?

Подсказка 7

Верно! Легко заметить, что P' = QS, где Q и S — многочлены с целыми коэффициентами. Можно ли теперь, используя знания о многочлене P, доказать, что все коэффициенты S делятся на n?

Показать доказательство

Будем полагать, что $Q$ — неприводим над $ℝ$ (в противном случае вместо $Q$ можно рассмотреть его неприводимый множитель $∼ Q ).$

Покажем, что можно считать, что $Q$ — многочлен с рациональными коэффициентами. Действительно, пусть $Q1(x)$ — многочлен минимальной степени с рациональными коэффициентами, такой, что $Q|Q1$ (такой многочлен существует, поскольку $Q |P).$

Заметим, что любой многочлен $F ∈ ℚ[x],$ делящийся на $Q (x),$ делится и на $Q1(x).$ Для того, чтобы это доказать, разделим $F$ на $Q1$ с остатком: $F = AQ1+ B.$ Все участвующие в этом равенстве многочлены, очевидно, имеют рациональные коэффициенты. Так как $Q |F$ и $Q |Q1,$ а потому $B$ делится на $Q,$ однако его степень меньше, чем степень многочлена $Q1$ и, следовательно, $B ≡ 0.$

Многочлен $Q1$ не может делиться на $Q2,$ поскольку в ином случае $Q(x)|Q′1(x),$ при этом многочлен $Q1$ имеет рациональные коэффициенты, поэтому и многочлен $Q′1 ∈ ℚ[x].$ По доказанному выше это означает, что $Q1|Q′1,$ что невозможно, если $Q1$ не $0$ (из соображения о том, что $degQ1 > degQ ′1).$ Но тогда $Q1 ≡ const,$ а это не так, поскольку $Q⁄≡ const.$

Рассмотрим многочлен, равный частному $P$ и $Q1.$ Он имеет рациональные коэффициенты и делится на $Q$ (так как $Q$ — неприводимый, при этом $Q2$ не делит $Q1,$ но делит $P).$ Тогда частное многочленов $P$ и $Q1$ делится на $Q1,$ следовательно, $P$ делится на $Q21.$ Таким образом, мы нашли многочлен $Q1$ с рациональными коэффициентами, на квадрат которого делится $P.$ Таким образом, можно изначально полагать, что $Q ∈ ℚ[x].$

Итак, имеем равенство $P(x)= Q2(x)R(x),$ где $Q,R ∈ℚ [x],$ $P ∈ ℤ[x].$ Приведем коэффициенты $Q$ и $R$ к общим знаменателям $DQ$ и $DR.$ Тогда имеем равенство

P(x)= --1--Q22(x)R2(x) D2QDR

где $Q2,R2 ∈ℤ[x].$ После этого из каждого многочлена $Q2$ и $R2$ вынесем $cont(Q2)$ и $cont(R2).$ Получим равенство

cont(Q2)2cont(R2) P(x)= -----D2DR-----Q23R3 Q

Поскольку $contQ3 = 1$ и $contR3 =1,$ константа, стоящая в последнем равенстве перед произведением этих многочленов, должна быть целой. Тогда положим

R4 = R3⋅ cont(Q2)2cont(R2) D2QDR

и получим равенство $P(x) =Q2(x)R (x), 3 4$ где $Q ,R ∈ℤ[x]. 3 4$ Тогда можно полагать, что $Q ∈ ℤ[x].$

Очевидно, что младший коэффициент $Q$ взаимно прост с $n.$ Заметим, что $′ 2 ′ ′ 2 ′ P =(Q R) = 2QQ R+ Q R = QS,$ где $S ∈ ℤ[x].$ Докажем, что все его коэффициенты делятся на $n.$ Предположим, что это не так. Рассмотрим одночлен многочлена $S$ минимальной степени, который не делится на $n$ и положим, что его степень равна $r.$ Тогда $′ r <degP ,$ так как $P$ — многочлен ненулевой степени. Коэффициент $QS$ при одночлене степени $r$ не делится на $n,$ так как младший коэффициент $Q$ взаимно прост с $n$ (остальные слагаемые делятся), но у многочлена $′ P$ коэффициент при одночлене степени $r$ делится — противоречие.

Значит, и старший коэффициент $′ P$ делится на $n.$ Этот коэффициент равен $CdegP,$ где $C$ — старший коэффициент $P.$ Поскольку $(C,n)= 1$ по условию, то $deg P$ делится на $n.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 146#75650Максимум баллов за задание: 7

Лемма Гензеля. Дан многочлен $P(x)$ с целыми коэффициентами, $p$ — простое число. Пусть $P(a)$ делится на $p,$ а $P ′(a)$ не делится на $p$ для некоторого целого $a.$ Докажите, что для любого натурального $k$ найдётся $ak$ такое, что $P(ak)$ делится на $k p .$

Показать доказательство

Прежде чем доказывать лемму Гензеля сформулируем следующий вспомогательный результат.

Лемма. Пусть $f(x)$ — многочлен степени $m.$ Тогда

f′′(x) f(m)(x) f(x+ a)= f(x)+ af′(x)+a2--2--+...+am -m!---

Док-во леммы. Доказательство достаточно провести для многочлена вида $f(x)= xn$ ввиду линейности. Для такого многочлена необходимое равенство приобретает вид

(x+ a)n =xn +nxn−1a+ n(n-− 1)xn−2a2+...+ n(n−-1)⋅⋅⋅2⋅1an 2 n!

так что оно представляет из себя в точности формулу бинома Ньютона. Лемма доказана.

Также давайте докажем более строгое утверждение. Будем доказывать, что найдется такое $ak,$ что $ak ≡ a1 (mod p).$

Индукцией по $k.$

База. При $k= 1$ $∃a1 = a,$ удовлетворяющее всем условиям теоремы.

Переход индукции. Пусть теперь $k> 1$ и для $k− 1$ утверждение верно. Мы ищем элемент $ak$ с условиями $ak ≡ a1 (mod p)$ и $f(ak)≡0 (mod pk).$ Но для этого элемента будет тогда также выполнено $f(ak)≡ 0 (mod pk−1).$ Ввиду существования решения этого сравнения по модулю $pk− 1$ хотим, чтобы $ak ≡ak−1 (mod pk−1).$ Поэтому $ak$ будем искать в виде $ak = ak−1+ t⋅pk− 1$ с некоторым целым числом $t.$ В приведённой системе вычетов по модулю $pk$ найдётся ровно $p$ элементов такого вида, причём соответствующие им значения $t$ составят полную систему вычетов по модулю $p.$ Условие $ak ≡a1 (mod p)$ будет выполнено автоматически. Для проверки условия $f(ak)≡ 0 (mod pk)$ воспользуемся леммой и запишем

$f(ak)= f(ak−1+ t⋅pk− 1)= f(ak−1)+ t⋅pk−1⋅f′(ak−1)+...≡ ≡f(a )+t⋅pk−1⋅f′(a ) (mod pk) k−1 k−1$

Таким образом, должно быть выполнено

k−1 ′ k f(ak−1)+t⋅p ⋅f(ak−1) ≡0 (mod p )

Так как $f(ak−1)≡ 0 (mod pk−1),$ то обе части и модуль этого сравнения можно поделить на $pk−1.$ Получим

f(ak−1) ′ pk−1 +t⋅f (ak−1)≡ 0 (mod p)

Поскольку

f′(ak−1)≡f′(a1)⁄≡ 0 (mod p)

полученное сравнение относительно $t$ имеет решение. А следовательно нужное $ak$ существует.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 147#75796Максимум баллов за задание: 7

Даны многочлены $P,Q ∈ℚ [x].$ Рассмотрим НОДы этих многочленов над $ℚ$ и над $ℝ.$ Докажите, что эти НОДы отличаются домножением на константу.

Показать доказательство

В $ℚ$ $НОД(P,Q)$ находится алгоритмом Евклида. Ясно, что этот же алгоритм подойдет и в $ℝ.$ Но тогда $НОД (P,Q) ℚ$ отличается домножением на константу от $Н ОДℝ(P,Q),$ что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 148#75798Максимум баллов за задание: 7

Разложите $x12− 1$ на неприводимые сомножители ненулевой степени с целыми коэффициентами.

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Вспомните все формулы сокращённого умножения, которые вы знаете и раскладывайте, пока раскладывается.

Подсказка 2.

У всех скобок второй степени можно посчитать дискриминант и понять разложимы ли они над Z[x].

Подсказка 3.

Есть ещё одна скобка, которая не второй степени и не разложилась. Чтобы доказать её неразложимость, достаточно предположить, что она раскладывается на две квадратных скобки. Попробуйте обозначить все коэффициенты квадратных скобок и приравнять коэффициенты.

Показать ответ и решение

По формуле разности квадратов

12 6 6 x − 1 =(x − 1)(x +1)

Преобразуем отдельно каждую скобку.

По формуле разности квадратов

6 3 3 x − 1= (x − 1)(x + 1)

Далее применим формулы сумму и разности кубов

3 3 2 2 (x − 1)(x + 1)= (x − 1)(x + x+ 1)(x+ 1)(x − x+1)

Разложим теперь $x6+ 1.$ По формуле суммы кубов

x6 +1= (x2+ 1)(x4− x2+ 1)

Получаем, что $x12− 1 =(x− 1)(x2+ x+1)(x +1)(x2 − x+ 1)(x2+ 1)(x4− x2 +1).$

Очевидно, что $x− 1$ и $x +1$ неприводимы над $ℤ.$ Квадратные трехчлены $x2+ x+ 1$ и $x2− x +1$ тоже неприводимы над $ℤ,$ так как если бы они были приводимы, то имели бы корни, которых у них нет, так как их дискриминант равен -3. Аналогично, $x2+1$ — неприводим.

Осталось проверить, что $4 2 x − x + 1$ неприводим над $ℤ.$ Понятно, что он не может раскладываться в виде $3 2 (x− x0)(x +ax + cx+ d),$ так как тогда бы у него был целый корень, однако все его корни комплексные. Тогда единственный возможный вариант разложения — это $2 2 (x + ax +b)(x + cx+ d).$ Покажем, что и это невозможно. Для начала раскроем скобки и сгруппируем.

(x2+ ax+ b)(x2 +cx+ d)=x4 +(a+ c)x3+ (b+ d+ ac)x2+ (ad+ bc)x+ bd

Тогда, так как полученный многочлен должен быть тождественно равен исходному, получаем систему уравнений в целых числах на коэффициенты:

(| |||{ a +c= 0 | b+ d+ ac= −1 |||( ad+ bc= 0 bd= 1

Из последнего уравнения получаем $b= d= ±1,$ так как $b,d∈ ℤ.$ Тогда из второго получаем $ac= −3$ или $ac =1.$ Заметим, что оба варианта невозможны, так как целых решений вместе с уравнением $a+ c=0$ быть не может. Тогда получаем, что $x4− x2 +1$ действительно неприводим.

Ответ:

$(x− 1)(x2+ x+1)(x +1)(x2 − x+ 1)(x2+ 1)(x4− x2 +1)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 149#75799Максимум баллов за задание: 7

Даны взаимно простые многочлены $P$ и $Q$ с целыми коэффициентами, то есть $(P,Q)= 1$ над $ℝ.$ Докажите, что существует такая константа $C,$ что для любого целого $k$ выполнено $(P(k),Q(k))< C.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Попробуйте вспомнить какое-нибудь уравнение, где участвует НОД многочленов и они сами. Возможно это поможет как-то оценить НОД значений в точке.

Подсказка 2.

Имеет место линейное представление НОДа. То есть существуют многочлены A(x) и B(x) с рациональными коэффициентами такие, что P(x) * A(x) + Q(x) * B(x) = 1. Как можно было бы оценить НОД (P(k), Q(k)), если бы многочлены A и B были бы с целыми коэффициентами?

Подсказка 3.

Правильно! Их НОД был бы не больше 1! Осталось только сделать коэффициенты многочленов A и B целыми.

Показать доказательство

Заметим, что из взаимной простоты многочленов в $ℝ$ следует их взаимная простота в $ℚ$ (иначе они бы не были взаимно простыми в $ℝ$ ). Тогда понятно, что на самом деле можно решать задачу в $ℚ,$ так как $P, Q ∈ ℚ[x].$

Тогда, так как многочлены $P$ и $Q$ взаимно просты для некоторых многочленов $A, B ∈ ℚ[x]$ имеет место тождество $P (x)A(x)+ Q(x)B (x)= 1.$ Так как коэффициенты многочленов $A$ и $B$ рациональны, можно умножить уравнение на $D,$ равное наименьшему общему кратному всех знаменателей этих многочленов.

Тогда получаем новое тождество $P(x)(DA(x))+Q(x)(DB (x))= D,$ в котором многочлены $P, DA = A1, Q, DB =B1$ имеют целые коэффициенты. Пусть $k ∈ℤ.$ Тогда верно равенство $P(k)A1(k)+Q (k)B1(k)= D.$ То есть уравнение $xP (k)+ yQ(k)= D$ имеет решение $(A1(k),B1(k))$ в целых числах. Но тогда $НОД (P(k),Q (k)) | D.$ Тогда получаем, что $НО Д(P(k),Q(k))≤ D$ для любого целого $k.$ В качестве требуемой константы $C$ берем $D + 1.$ Таким образом, её существование доказано.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 150#75800Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что многочлен $11x11 +10$ неприводим над $ℚ.$

Показать доказательство

Используем критерий Эйзенштейна: Пусть все коэффициенты $P(x)∈ℤ[x],$ кроме старшего, делятся на простое число $p,$ и свободный член не делится на $2 p .$ Тогда $P(x)$ неприводим над $ℤ$ (а значит и над $ℚ$ ).

Для многочлена из нашей задачи $2⁄| 11$ — старший коэффициент, $2 | 10$ и $2 2 =4 ⁄| 10$ — свободный член, который является единственным коэффициентом, кроме старшего.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 151#75801Максимум баллов за задание: 7

(a) Докажите, что многочлен $2016 x − 1$ раскладывается над $𝔽2017$ в произведение нескольких многочленов вида $7 x − a$ для $a ∈𝔽2017;$

(b) Можно ли натуральные числа $1,2...,2016$ можно разбить на группы по $7$ так, чтобы сумма чисел в каждой семерке делилать на $2017?$

Показать ответ и решение

(a) Рассмотрим все возможные ненулевые вычеты по модулю $2017.$ Пусть $g$ — первообразный корень. Тогда эти вычеты имеют вид $1 2016 g ,...,g .$ Возведем их в $7$ степень. Тогда получим набор $7 1 7 2016 (g ),...,(g) .$ Заметим, что $2016$ делится на $7,$ и частное равно $288.$ Тогда легко видеть, что $7 ordpg = 288.$ Из этого получаем, что сравнение $7 x − a≡p 0$ имеет решения $r r+288 r+6⋅288 g,g ,...,g$ для $7r g ≡p a.$ Таким образом, все решения сравнения $2016 x − 1≡p 0$ являются решениями одного из сравнений вида $7 x − a≡p 0,$ откуда вытекает требуемое.

(b) Будем воспринимать данный набор чисел, как набор ненулевых остатков по модулю $2017.$ Так как число $2017$ — простое, то существует первообразный корень по модулю $2017.$ Пусть $y$ — некоторый первообразный корень по модулю $2017.$ Пусть $t≡y288 (mod 2017).$ Заметим, что $t7− 1 ≡0 (mod 2017)$ — по малой теореме Ферма. Преобразуем это сравнение:

t7− 1 ≡0 (mod 2017)

(t− 1)(t6+ t5+ t4+t3+ t2 +t+ 1)≡0 (mod 2017)

Заметим, что $t⁄≡ 1 (mod 2017),$ так как $y$ — первообразный корень. Это значит, что $6 5 4 3 2 t +t + t+ t +t + t+1≡ 0 (mod 2017).$

Тогда разделим все числа на $288$ групп вида $2 3 4 5 6 a,at,at ,at,at,at,at,$ где $a$ некоторый ненулевой остаток по модулю $2017.$ Проверим, что сумма этих чисел делится на $2017 :$

a+ at+at2+ at3+ at4 +at5+at6 = a(1+ t+ t2+ t3+t4+ t5+ t6)≡ 0 (mod 2017)

Теперь покажем, что все числа различны. Допустим, что два числа совпали внутри группы. Тогда имеем

atm ≡ atn (mod 2017)

a(tm − tn)≡ 0 (mod 2017)

Тогда получаем, что $m n t ≡ t (mod 2017).$ Будем считать, что $m ≥n.$ Тогда, так как $2017$ — простое, имеем $m−n t ≡1 (mod 2017).$ При этом $m,n< 7,$ тогда $(m−n,7) t ≡ 1 (mod 2017).$ Так как $7$ — простое, то $t≡ 1 (mod 2017),$ но это противоречит тому, что $y$ первообразный корень.

Допустим, теперь, что числа из разных групп совпали. Это эквивалентно сравнению $axm ≡bxn (mod 2017).$ Но тогда мы получаем, что $b≡ axm−n (mod 2017),$ то есть $b$ — число из группы $a,at,at2,at3,at4,at5,at6,$ однако мы предполагали, что числа из разных групп — противоречие.

Итак, мы получили разбиение, требуемое условием задачи.

Ответ:

$b)$ Да, можно

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 152#75802Максимум баллов за задание: 7

Разложите на неприводимые над $ℚ$ множители многочлен $x2017− 32017.$

Показать ответ и решение

По формуле сокращенного умножения $x2017 − 32017 = (x− 3)(x2016+3x2015+ ...+ 32015x+32016).$ Пусть $P(x)=x2016+ 3x2015+ ...+ 32015x +32016.$ Докажем, что он неприводим.

Пусть $x= 3y.$ Тогда получаем $2016 2015 2015 2016 2016 2016 2015 x + 3x +...+ 3 x+ 3 =3 (y + y +...+ y+ 1).$

Теперь снова сделаем замену $y = t+1.$ Тогда в скобке имеем многочлен $2016 2015 (t+1) + (t+ 1) + ...+ (t+1)+ 1.$ Попробуем теперь применить критерий Эйзенштейна. Заметим, что свободный член равен $2017$ — простому числу. Осталось доказать, что остальные коэффициенты делятся на $2017.$

Заметим, что $2017 2017 y − 1= (y − 1) ,$ как многочлен над $ℤ2017,$ так как $k C2017$ для $1≤k ≤2016$ делится на $2017,$ а старший коэффициент и свободный член многочлена $2017 (y− 1)$ равны $1$ и $− 1$ соответственно. Преобразуем это равенство:

y2017− 1= (y− 1)2017

(y− 1)(y2016+ y2015+ ...+y +1)− (y− 1)2017 = 0

2016 2015 2016 (y− 1)(y + y + ...+y +1− (y− 1) )= 0

Тогда получаем, что $y2016+y2015 +...+ y+ 1− (y− 1)2016 = 0$ над $ℤ2017.$ Подставим $y = t+ 1.$ Получаем $(t+1)2016+ (t+ 1)2015 +...+ (t+1)+ 1− t2016 = 0$ Таким образом, все коэффициенты многочлена $(t+ 1)2016+ (t+ 1)2015+...+(t+1)+ 1,$ кроме старшего, делятся на $2017.$

Таким образом, для многочлена $P(t)=(t+ 1)2016+ (t+ 1)2015+...+(t+1)+ 1$ выполняется критерий Эйзенштейна, значит, он неприводим. Тогда исходный многочлен $P(x)$ тоже неприводим, так как мы использовали линейную замену $x= 3(t+ 1).$ Таким образом, $2017 2017 2016 2015 2015 2016 x − 3 = (x− 3)(x +3x + ...+ 3 x +3 )$ — искомое разложение на неприводимые.

Ответ:

$(x− 3)(x2016+ 3x2015 +...+ 32015x+ 32016)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 153#76289Максимум баллов за задание: 7

Существует ли многочлен, функционально равный выражению

(a) $|x|;$

(b) $√------ 33x2+ x;$

(d) $(x2 − 3x+ 2)∕(x− 1)?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Некоторые из пунктов решаются совсем просто. Стоит лишь вспомнить какие-то базовые свойства многочленов. Какие он может принимать значения, в каких точках определëн.

Подсказка 2

Давайте возьмëм выражение из любого пункта и приравняем к некоторому многочлену P(x). Попробуйте сделать какие-то тождественные преобразования, чтобы получить в левой и правой части многочлены. Что можно сказать про тождественно равные многочлены?

Показать ответ и решение

(a) Нет.

Если степень многочлена хотя бы $2$ , то при огромных положительных числах он будет принимать значения, большие $|x|$ по модулю, поскольку на положительных числах $|x|$ растёт линейно. Также ясно, что степень многочлена больше $0$ . То есть если такой многочлен существует, то он имеет вид $ax +b$ . Но это выражение далеко не при всех $x$ неотрицательно, то есть функционального равенства с $|x|$ быть не может.

(b) Нет.

Предположим, что существует такой многочлен $P(x)$ , что $√------ 33x2+x =P (x)$ . Следовательно, $3x2+x =(P(x))3$ . Ясно, что $deg(P)> 0$ . В таком случае $deg((P(x))3)≥ 3$ , а $deg(3x2+x)= 2$ . То есть функционального равенства быть не может.

Предположим, что есть такой многочлен $P(x)$ , тогда $x4+1 =(x2+ 1)P(x)$ . Степень многочлена слева равна $4$ , а многочлена справа — $deg(P)+ 2$ . Отсюда получаем, что $deg(P)= 2$ . Пусть $P(x)=ax2+ bx+c$ . Из подстановки $x= 0$ в равенство $x4+ 1= (x2 +1)P(x)$ следует, что $c= 1$ . Подстановка $x= ±1$ приведёт к равенствам $a± b= 0$ , откуда $a =b= 0$ . Но тогда $degP ⁄= 2$ , противоречие.

(d) Нет.

Это выражение не определено в $x= 1$ , а любой многочлен в этой точке определён, значит функционального равенства с многочленом быть не может.

Ответ:

Во всех пунктах не существует

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 154#76290Максимум баллов за задание: 7

Найдите остаток при делении многочлена $x100 − 8x97− 5x17+ 10x16+ x2 − 2x+ 1$ на $x2− 3x+ 2.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Ясно, что этот остаток будет многочленом. Но каким? Какая у него может быть степень?

Подсказка 2

Степень остатка должна быть не больше степени делителя. То есть степень максимум 1. Значит, остаток имеет вид ax + b. Как это можно использовать?

Подсказка 3

Пусть H(x) - частное от деления, P(x) - изначальный многочлен, тогда получаем равенство P(x) = (x²-3x+2)H(x) + ax + b. Оно верно для всех x. Что можно с ним сделать, чтобы найти a и b?

Показать ответ и решение

Остатком будет многочлен степени $1$ или $0.$ Запишем его в виде $ax +b$ (если степень $0,$ то $a$ обнулится). Тогда $100 97 17 16 2 2 x − 8x − 5x + 10x + x − 2x+ 1= (x − 3x+ 2)H(x)+ ax+ b.$ Подставим в это равенство $x =1$ и $x =2.$ Получится система из уравнений $a+ b= −2$ и $2a+b =1,$ которая имеет решение $a =3$ и $b= −5.$ Следовательно, остаток имеет вид $3x− 5.$

Ответ:

$3x− 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 155#76291Максимум баллов за задание: 7

Найти все многочлены $P,$ для которых верно $xP (x − 1)≡ (x − 26)P(x).$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если многочлены формально равны, то они имеют делятся на одни и те же одночлены. Подумайте, как это применить к задаче.

Подсказка 2

Давайте заметим, что многочлен слева делится на x, а, значит, и многочлен справа тоже делится. То есть P(x) делится на x. Попробуйте раскрутить задачу в этом направлении.

Показать ответ и решение

Левая часть делится на $x,$ значит и правая делится. То есть $P(x)$ делится на $x.$ Правая часть делится на $x − 26,$ тогда и левая тоже делится, отсюда получаем, что многочлен $P(x− 1)$ имеет корень $26.$ Следовательно, многочлен $P(x)$ имеет корень $25.$ Эти рассуждения позволяют записать $P(x)$ в виде $x(x − 25)P1(x).$ Само равенство превратится в $(x − 1)P1(x− 1)= (x− 25)P1(x).$ Далее если проделать аналогичные манипуляции с делимостью на $x− 1$ и $x − 25,$ то мы получим, что $P1(x)$ делится на $(x− 1)(x− 24).$ Равенство же примет вид: $(x − 2)P2(x − 1)= (x − 24)P2(x).$

Покажем по индукции, что при $n< 14$ после $n$ -го шага будет равенство $(x − n)Pn(x− 1)= (x+ n− 26)Pn(x),$ тем более база уже доказана. Скобочки $(x − n)$ и $(x+n − 26)$ друг на друга не делятся (поскольку мы не после $14$ шага). Следовательно, $Pn(x)= (x− n)(x +n − 25)Pn+1.$ Если подставить это в равенство, получим переход.

Итак, на $13$ шаге мы получили равенство $(x− 13)P13(x− 1)=(x− 13)P13(x).$ При $x= 13$ оно верно, но необходимо, чтобы оно выполнялось и для других $x,$ то есть на скобочку $x− 13$ можно сократить. Значит, $P13(x − 1)= P13(x)$ при всех $x$ (возможно кроме $13$ ). Получается, что многочлен $P13$ может принимать одно и то же значение в бесконечном количестве точек, поскольку у него период $1.$ Следовательно, $P13$ — константа. Заметим, что подойдёт любая комплексная константа $c.$

Таким образом, $P(x)=cx(x− 1)...(x− 25).$

Ответ:

$P (x)= cx(x− 1)...(x − 25)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 156#76292Максимум баллов за задание: 7

Многочлены

2018 2017 P(x)= a2018x +a2017x + ...+ a1x +a0

(x− 1)⋅(x−-2)⋅...⋅(x−-2018) Q(x)= 2018!

совпадают при всех значениях $x.$ Найдите сумму чисел

a2+ a4+...+a2016+ a2018

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вас просят найти сумму каких-то коэффициентов многочлена. Попробуйте найти какую-то более простую сумму, например сумму всех коэффициентов.

Подсказка 2

Q(1) - это сумма всех коэффициентов. Какие ещё можно подставить числа в многочлен, чтобы потом посчитать нужную сумму?

Показать ответ и решение

Заметим, что $P(1)= (a +a + ...+ a )+(a + a +...+ a ), 0 2 2018 1 3 2017$ а $P(−1)= (a + a + ...+a )− (a + a + ...+a ). 0 2 2018 1 3 2017$ Следовательно, сумма коэффициентов с чётными индексами равна $P(1)+P(−1) 2 .$ Но нам нужна сумма коэффициентов с чётными индексами без $a0.$ Нетрудно видеть, $P (0)= a0.$ Таким образом, нам нужно значение выражения $P(1)+P(−1) 2 − P(0),$ которое по условию равно $Q-(1)+Q-(−1) 0+2019 2017 2 − Q(0)= 2 − 1= 2 .$

Ответ:

$2017 2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 157#76293Максимум баллов за задание: 7

Многочлены $P$ и $Q$ с рациональными коэффициентами таковы, что в бесконечном множестве натуральных точек $n$ они оба принимают целые значения и при этом $.. P(n).Q(n).$ Докажите, что $P$ делится на $Q$ как на многочлен.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если многочлен P делится на Q в бесконечном количестве натуральных точек, есть смысл поделить P на Q с остатком.

Подсказка 2

Итак, вы поделили, получили равенство P(x) = H(x)Q(x) + R(x). Но дальше ничего не можете сделать, потому что мешают рациональные коэффициенты. На самом деле коэффициенты вообще не важны и их легко можно сделать целыми, умножив это равенство на некоторое число. Какое?

Подсказка 3

Обратите внимание на остаток R(x), что с ним происходит в точках, в которых P делится на Q?

Показать доказательство

Домножим каждый из многочленов $P$ и $Q$ на НОК знаменателей их коэффициентов, от этого ничего не изменится. Теперь они целочисленные. Поделим многочлен $P(x)$ на $Q(x)$ с остатком: $P(x)= H(x)Q (x)+ R(x)$ . Из процесса деления ясно, что все коэффициенты $H$ и $R$ рациональные. Домножим равенство на НОК знаменателей коэффициентов $H$ и $R.$ Получается, что при бесконечном количестве натуральных точек $R(x)= P(x)− H (x)Q(x)$ делится на $Q(x).$ Но $deg(R)< deg(Q),$ следовательно при огромных натуральных числах многочлен $Q$ по будет по абсолютному значению больше, чем $R.$ Значит, делимость $R$ на $Q$ в бесконечном количестве натуральных точек возможна лишь когда $R$ — тождественный ноль. Получили требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 158#76294Максимум баллов за задание: 7

Пусть $P(x)$ — многочлен с целыми коэффициентами, причем для некоторого целого числа $n$ числа $P(n),P (n +1)$ и $P(n +2)$ делятся на $3.$ Докажите, что тогда $P(k)$ делится на $3$ для любого целого $k.$

Показать доказательство

Рассмотрим число $P (k)$ при произвольном $k.$ Среди чисел $n,n+ 1,n +2$ найдётся число, сравнимое с $k$ по модулю $3$ (пусть это $n$ ). Как известно, $P(k)− P (n)$ кратно $k− n.$ Заметим, что $k − n$ и $P (n)$ делится на $3.$ Следовательно, $P(k)$ также кратно трём, что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 159#76297Максимум баллов за задание: 7

Многочлен с целыми коэффициентами принимает значение $5$ при пяти различных целых значениях $x.$ Докажите, что у него нет целых корней.

Показать доказательство

Предположим противное, пусть многочлен имеет целый корень $x , 0$ а в точках $x ,x,x ,x 1 2 3 4$ и $x 5$ принимает значение $5.$ Но тогда при всех $i∈[1;5]$ имеем: $5= P(xi)− P(x0)$ кратно $xi− x0.$ По условию все числа $xi− x0$ различны, то есть у пятёрки есть пять различных целых делителей, получили противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 160#76298Максимум баллов за задание: 7

Многочлен $P(x)$ с целыми коэффициентами при некоторых целых $x$ принимает значения $1,2$ и $3.$ Докажите, что существует не более одного целого $x,$ при котором значение этого многочлена равно $5.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Можно ли как-то оценить, насколько отличаются точки x₁, x₂ и x₃, в которых многочлен соответственно принимает значения 1, 2 и 3?

Подсказка 2

Верно! Поскольку наш многочлен целочисленный, то P(x₃) - P(x₂) = 1, поэтому 1 делится на x₃ - x₂. Аналогичное утверждение верно про x₂ и x₁. Выходит, что |x₃ - x₂| = |x₂ - x₁| = 1. Могут ли подмодульные выражения иметь разный знак?

Подсказка 3

Не могут, ведь тогда x₃ = x₁, что невозможно. Тогда получаем, что оба подмодульных выражения равны 1 или -1 (будем пока считать, что они равны 1). Предположим, что P(x₄) = 5. Как аналогичными рассуждениями связать точку x₄ с имеющимися точками?

Подсказка 4

Верно! Получим, что 2 делится на x₄ - x₃ и 3 делится на x₄ - x₂. Тогда 2 и 3 не меньше соответствующих выражений. А что получится, если x₄ - x₃ и x₄ - x₂ выразить через x₁?

Подсказка 5

Точно! Тогда получим, что 1 ≤ |x₄ - x₁ - 2| < |x₄ - x₁ - 1| ≤ 3. Как теперь применить делимость и выразить однозначно x₄ через x₁?

Показать доказательство

Пусть $P(x )= 1,P(x )= 2,P(x )=3 1 2 3$ и $P (x )= 5. 4$ Покажем, что точка $x 4$ выражается через $x,x 1 2$ и $x 3$ не более чем одним способом.

Многочлен целочисленный, поэтому $1= P(x3)− P (x2)$ кратно $x3− x2$ и $1 =P (x2)− P(x1)$ кратно $x2− x1.$ То есть $|x3− x2|= |x2− x1|= 1.$ Заметим, что если $x3− x2$ и $x2− x1$ противоположны, то $x3 =x1,$ но это невозможно. Следовательно, $x3− x2 = x2− x1 =±1.$ Пусть знак положительный (другой случай рассматривается аналогично).

Получается, что $2= P(x4)− P (x3)$ кратно $x4− x3 =x4− x1− 2$ и $3= P(x4)− P(x2)$ кратно $x4− x2 = x4− x1− 1.$ Это позволяет построить следующую цепочку неравенств: $3≥ |x4− x1− 1|> |x4 − x1− 2|≥1.$ То есть $|x4− x1− 1|$ — это натуральное число, большее $1,$ меньшее $4$ и кратное $3.$ Значит, $|x4− x1− 1|= 3.$ Этому равенству удовлетворяют два варианта: $x4 =x1+ 4$ и $x4 = x1− 2.$

Осталось заметить, что во втором случае двойка должна делиться на $|x4− x1− 2|=|− 4|=|4|.$ Следовательно, единственный возможный вариант — $x4 = x1 +4.$ Получили требуемое.

Следующая подтема