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 161#76329Максимум баллов за задание: 7

Найдите (a) $(x2n + 1,x2m + 1)$ над $ℝ;$

(b) $5 4 3 2 5 4 3 2 (x +x + x + 3x + 2,2x + x + 3x +6x + x+ 5)$ над $ℚ.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Попробуйте сделать первый шаг алгоритма Евклида. Для этого надо разделить один из многочленов на другой. Можно попробовать сразу угадать, какой остаток получится. Также можно попробовать последовательно делить в столбик и заметить некоторую закономерность.

Подсказка 2.

В пункте (b) попробуйте просто последовательно применять алгоритм Евклида.

Показать ответ и решение

(a) Пусть $n ≥k.$ Будем делить делить первый многочлен на второй столбиком. После подбора первого одночлена в частном мы сможем записать:

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

После подбора второго:

2n 2k 2n−2k 2n−2⋅2k 2n−2⋅2k x +1 =(x +1)(x − x )+ (x + 1)

Возникает желание доказать по индукции, что при любом $t≤2n−k$ после $t$ - го шага будет равенство

x2n + 1=(x2k + 1)(x2n−2k − x2n− 2⋅2k +...+(−1)t+1x2n− t⋅2k)+ ((−1)tx2n−t⋅2k + 1)

База уже доказана. Если предположить, что при $t=m$ утверждение верно, то ясно что следующим одночленом в частном будет $(−1)m+2(2n− (m +1)2k).$ Далее нетрудно посчитать остаток и выписать нужное равенство при $t= m + 1.$

Ограничение $t≤2n−k$ введено неслучайно, ведь после $2n−k$ - го шага мы получим в остатке $x2n−2n + 1= 2.$ То есть ненулевая константа $2$ делит нужный нам НОД. Следовательно, многочлены взаимно просты.

(b) Сделаем первые два шага алгоритма Евклида:

(x5 +x4+ x3+ 3x2+ 2,2x5+ x4+ 3x3 +6x2+ x+ 5) ↓ (x5+ x4+ x3+3x2+ 2,− x4+x3+ x2+ 1) ↓ (3x3+4x2+ 3x+4,−x4+ x3+ x2+1)

Заметим, что эти многочлены можно разложить на скобочки:

3x3+ 4x2+3x+ 4= (3x +4)(x2 +1); (x3 +x2)+ (1− x4)=(x2+ 1)(−x2+ x+ 1).

Теперь легко видеть, что НОД этих многочленов равен $x2 +1.$

Ответ:

(a) $1;$

(b) $2 x +1.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 162#76330Максимум баллов за задание: 7

(a) Найдите целое число $a,$ при котором $(x− a)(x− 10)+ 1$ разлагается в произведение $(x+ b)(x+ c)$ двух множителей с целыми $b$ и $c.$

(b) Найдите такие отличные от нуля неравные между собой целые числа $a,b,c,$ чтобы выражение $x(x− a)(x− b)(x− c)+ 1$ разлагалось в произведение двух многочленов с целыми коэффициентами.

Показать ответ и решение

(a) Нас просят найти такое целое $a,$ для которого существуют целые $b$ и $c$ такие, что: $2 2 x − (a+10)x+ 10a+ 1= x + (b+ c)x +bc.$ То есть $b+ c=− a− 10$ и $bc= 10a +1.$ Если домножить первое равенство на $10$ и сложить со вторым, то мы получим равенство $10b+ 10c+ bc=− 99.$ Оно равносильно равенству $(b+ 10)(c+10)= 1.$ Теперь видно, что можно взять $b= c= −9,$ при этом $a =8.$

(b) Возьмём такие $a,b$ и $c,$ что $a+ b= c.$ Тогда $x(x− a)(x− b)(x− c)+ 1= (x2− cx)(x2− (a +b)x+ ab)+ 1.$ Сделаем замену $x2− cx= x2− (a+ b)x =t.$ Теперь выражением имеет вид $t(t+ab)+1 =t2+ abt+ 1.$ Ясно, что если взять, например, $ab= 2,$ то многочлен будет раскладываться на два многочлена. Можно взять $a= 1$ и $b= 2,$ тогда $c= 3$ и разложение примет следующий вид: $x(x− 1)(x− 2)(x− 3)+ 1= (x2− 3x+ 1)2.$

Ответ:

(a) $a =8$

(b) $a= 1,b =2,c= 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 163#76331Максимум баллов за задание: 7

Значение многочлена $20$ степени с целыми коэффициентами при всех целых $x$ делится на $37.$ Докажите, что все его коэффициенты делятся на $37.$

Показать доказательство

Посмотрим на многочлен по модулю $37.$ Среди чисел от $0$ до $36$ не более двадцати являются корнями. Однако по условию все $37$ остатков зануляют многочлен. Следовательно, по модулю $37$ количество корней многочлена больше, чем его степень. Таким образом, все его коэффициенты равны $0.$ Если перестать рассматривать всё по модулю $37,$ то получится, что все коэффициенты кратны $37.$ Что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 164#76332Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что число $7√7$ не является корнем никакого многочлена с целыми коэффициентами степени меньше $7.$

Показать доказательство

Докажем, что любой целочисленный многочлен с корнем $7√7$ делится на $x7− 7.$ Предположим противное, пусть есть целочисленный многочлен $P,$ который зануляется при $7√- x = 7$ и не делится на $7 x − 7.$

Заметим, что по критерию Эйзенштейна многочлен $7 x − 7$ неприводим над $ℤ.$ Следовательно, $7 (x − 7,P )=1.$ Тогда по теореме о линейном представлении существуют такие многочлены $A$ и $B,$ что $7 AP + B(x − 7)= 1.$ Подставим в равенство $7√- x = 7$ и получим равенство $0=1,$ противоречие. Значит, $P$ делится на $7 x − 7,$ то есть его степень не меньше $7,$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 165#76333Максимум баллов за задание: 7

Пусть $a ,a,...,a 1 2 n$ — различные целые числа. Докажите, что многочлен

(x− a1)(x− a2)...(x− an)− 1

неприводим над $ℤ.$

Показать доказательство

Предположим, что он представим виде произведения двух целочисленных многочленов $P(x)$ и $Q (x)$ ненулевой степени. Получается, что $P (a1)Q (a1)= P(a2)Q(a2) =...=P (an)Q(an)= −1.$ Если произведение двух целых чисел равно $1,$ то одно из них равно $1,$ а другое — $− 1.$

Заметим, что $deg(P)+ deg(Q)= n.$

Если $n$ нечётно, то по принципу Дирихле степень одного из многочленов строго меньше $n 2.$ Пусть это многочлен $P.$ Он в $n$ точках принимает значения $± 1.$ Следовательно, хотя бы в $n+1 2$ из них он принимает одно и то же значение. По нашему предположению $n n+1 deg(P )< 2 < 2 ,$ значит у $P(x)$ нулевая степень, пришли к противоречию.

При чётном $n$ такой же принцип Дирихле работает во всех случаях кроме следующего: $n degP(x)= degQ(x)= 2,$ в одной половине точек $P$ равен $1,$ а $Q$ — $− 1,$ в другой — наоборот (можно поменять знаки, но для определённости рассмотрим этот случай). Заметим, что в этом случае многочлены $Q (x)+ 1$ и $P(x)− 1$ имеют одинаковый набор корней. Следовательно, они могут отличаться лишь домножением на константу. Учитывая, что многочлен $P (x)Q(x)$ унитарный и все коэффициенты $P$ и $Q$ целые, понимаем, что $P (x)− 1= Q(x)+ 1.$

Если рассмотреть другую половину ашек, то мы получим, что $P(x)+ 1= Q(x)− 1.$ Таким образом, $Q(x) =P(x)− 2= P(x)+ 2,$ пришли к противоречию.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 166#76334Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что если $p$ — простое число, то многочлен $f(x)= xp−1+ xp−2+ ...+ x+1$ неприводим.

Показать доказательство

Подставим $x+ 1$ вместо $x.$ Понятно, что неприводимость полученного многочлена равносильна неприводимости изначального. Раскроем в выражении $p−1 p− 2 (x+ 1) + (x +1) +...+(x+ 1)+1$ скобки и приведём подобные. С помощью формулы бинома Ньютона нетрудно убедиться, что коэффициент при $p−1−i x$ будет равен $p−1−i p−1−i p−1−i Cp− 1 + Cp−2 + ...+C p−1−i.$ С помощью последовательного применения тождества $k k− 1 k Cn−1+C n− 1 = Cn$ к цешке $p−i Cp$ получим, что $p− 1−i p−1−i p−1−i p−i Cp−1 + Cp−2 +...+Cp−1−i = Cp .$

Итак, коэффициент при $p−1−i x$ равен $p− i C p .$ Осталось заметить, что старший член не делится на $p,$ младший делится на $p,$ но не делится на $2 p.$ Остальные делятся на $p,$ потому что все цешки целые, их числитель делится на $p,$ а знаменатель — нет. Получили неприводимость по критерию Эйзенштейна.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 167#79620Максимум баллов за задание: 7

Многочлен $P(x)$ с целыми коэффициентами удовлетворяет условию $P(17)= P(23)=2023$ . Найти наименьшее возможное при этих условиях значение $P(0)> 0$ .

Источники: Росатом - 2023, региональный вариант, 11.1 (см. olymp.mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте рассмотрим многочлен Q(x) такой, что Q(x) = P(x) – 2023. Следовательно, положительное число P(0) равно Q(0) + 2023. В виде произведения каких чисел можно представить Q(0)?

Подсказка 2

Q(17)=Q(23)=0, значит, числа 17 и 23 являются корнями многочлена Q(x), тогда по теореме Безу его можно разложить как (x-17)(x-23)R(x), где R(x) – многочлен с целыми коэффициентами. Мы знаем, что P(0) > 0, тогда что можно сказать про R(0)?

Подсказка 3

Подставим: P(0) = 17*23*R(0) + 2023. Значит, R(0) будет больше -2023/(17*23). Но R(x) – многочлен с целыми коэффициентами, значит, R(0) – это целое число. Какое минимальное значение может принимать R(0) и какое минимальное значение в таком случае будет иметь P(0)?

Показать ответ и решение

Пусть $Q(x)= P(x)− 2023,$ тогда $Q(17)=Q (23)= 0,$ следовательно, по теореме Безу, $Q(x)$ делится на $(x− 17)$ и на $(x− 23).$ Таким образом, имеет место представление

Q(x)= (x− 17)(x− 23)R(x),

$R(x)$ — некоторый многочлен с целыми коэффициентами. Тогда

P(x)= (x− 17)(x− 23)R(x)+ 2023

P(0)=17⋅23R(0)+ 2023 =391m +2023, m ∈ℤ

Поскольку $[2039231 ]= 5,$ получаем $P (0)min = 2023− 5⋅391 =68.$ Например, это минимум реализуется при

P(x)=2023− 5(x− 17)(x− 23)

Замечание. На самом деле в качестве $Q(x)$ можно взять любой многочлен с целыми коэффициентами, такой что $Q (0)= −5.$

Ответ: 68

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 168#89862Максимум баллов за задание: 7

Пусть $f(x)$ — квадратный трёхчлен, $g(x)$ —многочлен степени 3. Может ли многочлен $f(g(x))$ иметь шесть различных корней, являющихся степенями 2?

Источники: СПБГОР - 2023, 11.1 (см.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что если a является корнем f(g(x))? Что можно сказать про g в этой точке? А сколько раз g может принимать конкретное значение?

Подсказка 2

Многочлен g(x) принимает каждое действительное значение не более 3 раз. А если a — корень f(g(x)), то g(a) — это корень f(x). В каком тогда случае f(g(x)) будет иметь 6 корней?

Подсказка 3

У f(x) есть два различных корня, каждое из которых достигается g(x). Давайте попробуем записать корни f(g(x)) через корни f(x). Пусть корни последнего это a и b. Что если предположить, что они действительно степени двойки?

Подсказка 4

Пусть двойки в некоторых степенях это корни многочленов g(x) - a и g(x) - b. С помощью чего можно записать условие на корни?

Подсказка 5

С помощью разложения на скобки! k1(x-2^(a₁))(x-2^(a₂))(x-2^(a₃)) + a = k2(x-2^(b₁))(x-2^(b₂))(x-2^2(b₃)).

Подсказка 6

Обратите внимание на коэффициенты перед x^2.

Показать ответ и решение

Заметим, что многочлен $g(x)$ принимает каждое действительное значение не более 3 раз, так как у него степень ровно 3. Если $a$ — корень $f(g(x))$ , то $g(a)$ — корень квадратного трёхчлена $f(x) =⇒$ 6 корней у многочлена $f(g(x))$ достигаются только в том случае, если у $f(x)$ есть 2 различных корня, каждый из которых достигается ровно трижды многочленом $g(x)$ . Скажем, $a,b$ — корни $f(x)$ , $a1 a2 a3 2 ,2 ,2$ — корни многочлена $g(x)− a$ , $b1 b2 b3 2 ,2 ,2$ — корни многочлена $g(x)− b$ . Тогда справедливо следующее:

k1(x− 2a1)(x− 2a2)(x − 2a3)+a =g(x)=k2(x− 2b1)(x− 2b2)(x− 2b3)+b

Понятно, что $k = k ⁄= 0 1 2$ , как коэффициенты при $x3$ . Рассмотрим коэффициент при $x2$ у левой и правой части равенства:

a a a b b b k1(21 +2 2 + 23)= k1(21 +2 2 + 23)

a1 a2 a3 b1 b2 b3 2 + 2 +2 = 2 + 2 +2

Предположим, что наши корни различны. Но тогда одно и то же натуральное число представимо в двоичной системе счисления двумя разными способами — противоречие. Значит, рассматриваемый многочлен не мог иметь 6 различных корней, являющихся степенями двойки.

Ответ: нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 169#131055Максимум баллов за задание: 7

Даны различные вещественные числа $a ,a ,a 1 2 3$ и $b.$ Оказалось, что уравнение

(x− a1)(x− a2)(x− a3)= b

имеет три различных вещественных корня $c1,c2,c3.$ Найдите корни уравнения

(x+ c1)(x+ c2)(x +c3)=b.

Источники: ВСОШ, РЭ, 2023, 11.2 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

При работе с многочленами есть несколько инструментов — рассмотреть многочлен (x − a₁)(x − a₂)(x − a₃) − b и записать его через корни c₁, c₂, c₃, или использовать соотношения Виета для корней c₁, c₂, c₃.

Подсказка 2

Если идти первым путём: запишите (x − a₁)(x − a₂)(x − a₃) − b = (x − c₁)(x − c₂)(x − c₃). Что произойдёт, если подставить вместо x число −x?

Подсказка 3

Если идти вторым путём: запишите теорему Виета — b появляется только в свободном члене. Вспомните, что теорему Виета можно использовать и в обратную сторону.
Преобразуйте полученные равенства так, чтобы в итоге получить требуемый многочлен.

Показать ответ и решение

Первое решение. Так как многочлен

(x− a1)(x− a2)(x− a3)− b

имеет старший коэффициент $1$ и корни $c1,c2,c3,$ то

(x − a1)(x− a2)(x− a3)− b= (x− c1)(x− c2)(x− c3).

Подставим $−x$ в последнее равенство вместо $x,$ получим

(−x− a)(−x− a)(−x− a)− b= (−x− c)(− x− c)(− x− c ), 1 2 3 1 2 3

что равносильно

(x +a1)(x+ a2)(x+ a3)+ b= (x+c1)(x+ c2)(x+ c3).

Из полученного равенства получаем, что тремя корнями уравнения $b=(x+ c1)(x+ c2)(x +c3)$ являются числа $−a1,−a2,−a3.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. По теореме Виета выполняются следующие соотношения:

$pict$

Эти же равенства можно переписать следующим образом:

$pict$

из чего следует, что числа $−a1,− a2$ и $−a3$ являются корнями уравнения $(x +c1)(x+ c2)(x+c3)− b=0.$

Ответ:

$− a ,−a 1 2$ и $− a 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 170#131964Максимум баллов за задание: 7

Назовём многочлен $P (x)$ бицелозначим, если числа $P(k)$ и $P′(k)$ целые при любом целом $k.$ Пусть $P(x)$ — бицелозначный многочлен степени $d,$ и пусть $Nd$ — произведение всех составных чисел, не превосходящих $d$ (произведение пустого множества сомножителей считаем равным 1). Докажите, что старший коэффициент многочлена $Nd⋅P(x)$ — целый.

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2023, 11.7 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Многочлен $P(x)$ называется целозначным, если $P(k)$ — целое число при любом целом $k.$ Нам надо доказать, что, если многочлены $P(x)$ и $′ P(x)$ целозначны, причём степень $P(x)$ равна $d,$ то старший коэффициент многочлена $Nd ⋅P (x)$ — целый.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. Пусть $P(x)$ — целозначный многочлен степени $d.$ Тогда все коэффициенты многочлена $d!⋅P(x)$ целые.

Доказательство. Рассмотрим многочлен

d Q (x)= ∑ P(i)⋅ (x−-0)(x−-1)⋅⋅⋅(x−-(i−-1))(x−-(i+-1))⋅⋅⋅(x−-d) i=0 (i− 0)(i− 1)⋅⋅⋅(i− (i− 1))(i− (i+1))⋅⋅⋅(i− d)

Его степень не больше $d,$ и его значения совпадают с соответствующими значениями $P(x)$ в точках $x =0,1,2,...,d.$ Это означает, что многочлен $P(x)− Q(x)$ имеет степень не выше $d,$ а также обнуляется в $d+ 1$ точке. Поэтому он нулевой, то есть $P(x)= Q(x).$ (Формула выше — это частный случай интерполяционной формулы Лагранжа.)

Осталось заметить, что в формуле выше в $i$ -м слагаемом знаменатель равен $d−i (−1) i!(d− i)!;$ это число делит $d!,$ поскольку

d! i!(d−-i)! = Cid.

Значит, при умножении каждого слагаемого на $d!$ получается многочлен с целыми коэффициентами.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Перейдём к решению задачи. Индукция по $d.$ База при $d= 0$ тривиальна. Для перехода индукции рассмотрим бицелозначный многочлен $P(x)$ степени $d;$ пусть его старший коэффициент равен $a.$

Если $d$ не является простым числом, то

Nd = dNd−1.

Заметим, что многочлен $ΔP (x)= P(x+ 1)− P (x)$ также бицелозначный, имеет степень $d− 1$ и старший коэффициент $ad.$ По предположению индукции, число

Nd−1⋅ad =Nda

является целым, что и требовалось доказать.

Пусть теперь $d$ — простое число; тогда

Nd =Nd− 1,

и то же рассуждение даёт, что число $dNda$ является целым. Предположим, что $Nda$ — нецелое число; тогда знаменатель числа $a$ (в несократимой записи) делится на простое число $d.$

Заметим, что сумма всех коэффициентов многочлена $P(x)$ — это целое число $P (1).$ Поскольку знаменатель числа $a$ делится на $d,$ среди коэффициентов многочлена $P(x)$ найдётся ещё один, у которого знаменатель делится на $d;$ пусть это коэффициент $b$ при $xi,i< d.$ Заметим, что $i> 0,$ так как число $P(0)$ целое.

Но тогда у целозначного многочлена $P′(x)$ коэффициент при $xi−1$ равен $ib$ и также имеет знаменатель, кратный $d.$ Поскольку $d$ — простое число, отсюда вытекает, что коэффициент при $xi−1$ у многочлена $(d− 1)!P ′(x)$ нецелый, что противоречит лемме.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 171#140572Максимум баллов за задание: 7

Существуют ли многочлены $P(x),Q(x)$ и $R (x)$ с действительными коэффициентами такие, что многочлены $P(x)⋅Q(x),$ $Q(x)⋅R(x)$ и $P (x)⋅R(x),$ имеют одинаковую степень, а многочлены $P (x)+ Q(x),$ $P (x)+ R(x)$ и $Q (x)+ R(x)$ имеют попарно различные степени?

Считаем, что нулевой многочлен степени не имеет, то есть указанные многочлены не могут быть ему равны.

Источники: Высшая проба - 2023, 10.1 (см. olymp.hse.ru)

Показать ответ и решение

Возьмем $P(x)= x2,Q(x)= −x2+ 1,R(x)= x2+x.$ Cтепень каждого из этих многочленов равна 2, следовательно, многочлены, являющиеся их попарными произведениями, будут иметь степени, равные 4.

P(x)+ Q(x)= 1

2 P (x)+ R(x) =2x + x

Q(x)+ R(x)= x+ 1

Нетрудно заметить, что эти многочлены имеют различные степени.

Ответ: да

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 172#39778Максимум баллов за задание: 7

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

1) Нужно что-то доказать про корни уравнения? Отлично, давайте попробуем написать теорему Виета! Правда, известные нам выражения не являются суммой кубов..

Подсказка 2!

2) Но мы знаем все возможные произведения, которые могут быть у трех чисел, давайте попробуем выразить сумму кубов через них!

Показать ответ и решение

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

3 2 (−4) +(−4) − 7⋅(−4)+ 1= −19< 0

3 2 0 + 0 − 7⋅0+ 1= 1> 0

13+ 12− 7⋅1+1 =− 4< 0

33+32− 7⋅3+ 1= 16 >0

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

Пусть корни $x1$ , $x2$ и $x3$ . По теореме Виета

x1+ x2 +x3 = −1

x1x2+ x1x2+ x2x3 = −7

x1x2x3 = −1

Тогда

3 3 3 3 −1= (x1+x2 +x3) =(x1+ x2+x3)+

2 2 2 2 2 2 +3(x1x3+ x1x2+x2x3+ x1x3+ x1x2+x2x3)+6x1x2x3 =

=(x3+ x3+x3)+ 3((x + x +x )(x x + xx + x x)− 3x xx )+ 6x x x = 1 2 3 1 2 3 1 2 13 2 3 12 3 1 2 3

= (x31 +x32+ x33)+3(7+3)− 6

Итак,

x31+ x32 +x33 = −1 − 3(7+3)+ 6= −25.

Ответ:

$− 25$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 173#39791Максимум баллов за задание: 7

Про положительные числа $a$ , $b$ , $c$ известно, что $abc= 1$ и

1 1 1 a +b+ c> a + b + c

Докажите, что ровно одно из чисел $a$ , $b$ и $c$ больше $1$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

1) Хм, заметим, что у нас выражения, про которые написана задача, очень похожи на выражения корней из теоремы Виета для кубических уравнений! Но в задаче нет уравнения, давайте его сделаем!

Подсказка 2!

2) Верно, нам подойдет уравнение (x-a)(x-b)(x-c) = 0! Посмотрим, что теперь значит наше условие в таком контексте..

Подсказка 3!

3) Оно означает, что для x>1 у нашего уравнения должна быть всего одна точка пересечения с осью абсцисс. (один корень) Попробуем это доказать!

Показать доказательство

Первое решение.

Рассмотрим многочлен

f(x)= (x− a)(x− b)(x − c)=

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

= x3− px2+ qx− 1.

Из условия следует, что $p> q$ и все корни многочлена положительны. Тогда $f(1)= q− p <0$ , а для кубического многочлена $f(x)→ +∞$ при $x→ +∞$ , так что в силу непрерывности при $x >1$ найдутся одна или три точки пересечения $f(x)$ с осью абсцисс. Три точки найтись не могут, так как произведение корней не может быть больше единицы (по теореме Виета оно равно единице).

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Рассмотрим неравенство

a+ b+c− (1+ 1+ 1)abc− 1+ abc>0 a b c

По условию оно верно в силу $abc =1$ . Тогда

a+ b+c− ab− ac − bc− 1+abc= (a − 1)(b− 1)(c− 1) >0

И скобки либо все положительные, либо положительная только одна. В первом случае все числа больше единицы, но это противоречит условию $abc=1$ . Значит, ровно одно число больше единицы.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 174#40725Максимум баллов за задание: 7

Решите систему уравнений

( 1 1 1 13 |||{ x + y + z = 3 | x+ y+ z = 13 ||( xyz = 1 3

Показать ответ и решение

Из первого уравнения с учётом третьего получаем $xy+ yz+ xz = 13 3$ . Итак, нам известны сумма, произведение и попарное произведение чисел $x,y,z$ . По обратной теореме Виета если решение системы существует, то каждое из этих чисел $x$ , $y$ и $z$ является корнем уравнения $3 13 2 13 x − 3 x + 3 x− 1 =0.$

Левую часть уравнения легко разложить на множители:

13 13 13 9 1 ( 1) x3− 1− (3 x2−-3 x)= (x − 1)(x2+ x+ 1− 3-x)=(x− 1)(x2− 3x− 3(x− 3))= (x− 1) x −3 (x− 3)

Так что решением является тройка $(1;3;13)$ и её перестановки.

Ответ:

$(1;3;1) 3$ , $(3;1;1) 3$ , $(1;1;3) 3$ , $(3;1;1) 3$ , $(1;1;3) 3$ , $(1;3;1) 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 175#45003Максимум баллов за задание: 7

Найдите наибольший коэффициент многочлена $(3+ 2x)2017$ после раскрытия скобок и приведения подобных членов.

Показать ответ и решение

Обозначим коэффициент многочлена при $xk$ после раскрытия скобок как $c ,0 ≤k ≤2017. k$ Наша задача — найти наибольшее $ck$ .

По биному Ньютона

k k 2017−k ck = C2017⋅2 ⋅3

Тогда после сокращений

ck+1- 2 2017− k 2 2018 ck = 3 ⋅ k +1 = 3 ⋅(k+ 1 − 1)

Заметим, что $ck$ неотрицательны, а отношение соседних членов убывает. Пока $ck+1 -ck-->1$ , последовательность $ck$ возрастает. А затем, когда $ck+1 -ck-< 1$ , убывает.

Решим неравенство $c k+ck1-<1$ :

2018− 1< 3; 4036-< 5; 4036-− 1 <k k+ 1 2 k+1 5

Минимальное натуральное такое $k= 807$ . Итак,

c0 <c1 < ...< c807 > c808 > ...> c2017,

здесь все неравенства строгие, потому что $ck+ck1-=1$ не выполняется при целом $k.$

Ответ:

$C807 ⋅2807⋅31210 2017$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 176#49152Максимум баллов за задание: 7

Для каких значений параметра $p$ отношение суммы коэффициентов многочлена $(px2− 7)18$ к его свободному члену минимально?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как можно посчитать сумму коэффициентов такого выражения? Нужно взять какой-то особый х для этого. Если бы многочлен был бы равен а(x^2)+bx+c, то при каком х мы бы получили a+b+c?

Подсказка 2

Да, сумма коэф-ов получается при х = 1. А, может быть, такую штуку можно провернуть и со свободным членом? Если многочлен равен а(x^2)+bx+c, то при каком х получается просто с?

Подсказка 3

Именно, при х = 0. Осталось подставить эти значения х и составить нужное отношение и найти его минимум :)

Показать ответ и решение

Сумму коэффициентов многочлена после раскрытия скобок можно посчитать, если вместо $x$ подставить единицу. Естественно она же равна значению того же многочлена в точке $x =1$ до раскрытия скобок, то есть $18 (p− 7) .$

Свободный член тоже можно посчитать, для этого надо подставить $x= 0.$ Получится $18 18 (0− 7) = 7 .$

Нетрудно видеть, что минимум искомого выражение $(p−7)18- 718$ равен $0$ и достигается только при $p =7.$

Ответ:

$7$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 177#70482Максимум баллов за задание: 7

Иван и Кощей играют в следующую игру. Изначально на доске записан многочлен $x− 1.$ За один ход можно заменить многочлен $f(x),$ записанный на доске, на многочлен $n+1 ax − f(− x)− 2,$ где $n$ — степень многочлена $f(x),$ а $a$ — один из его вещественных корней. Игроки ходят по очереди, начинает Иван. Выигрывает тот игрок, после хода которого на доске будет написан многочлен, не имеющий вещественных корней. Сможет ли Иван победить Кощея?

Источники: СПБГОР - 2022, 11.3 (см. pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вспомним полезную теорему про многочлен нечётной степени! Что в таком случае можно сказать про Ивана?

Подсказка 2

Да, он точно не проиграет, ведь на его ходе всегда будет получаться многочлен нечётной степени, у которого всегда есть хотя бы один вещественный корень! А что можно сказать про Кащея? Для ответа на этот вопрос: рассмотрите f(0), где f - многочлен чётной степени, с положительным старшим коэффициентом!

Подсказка 3

Да, поскольку у нас изначально многочлен равен x-1(корень 1), то Кащей может на каждом шаге брать вместо a - положительный корень предыдущего многочлена(который всегда существуют)! А тогда, у многочлена Кащея тоже всегда будет вещественный корень!

Показать ответ и решение

Ивану достаётся многочлен нечетной степени, поэтому он не может проиграть. Однако Кощей тоже не может проигрывать: для этого ему достаточно каждый раз выбирать положительный корень. Заметим, что свободный член всегда равен $− 1.$ Легко проверить, что при такой стратегии Кощея Ивану будут доставаться многочлены нечетной степени с чередующимися знаками коэффициентов (старший - положительный), и поэтому у них есть лишь положительные корни; а Кощею будут доставаться многочлены четной степени с положительным старшим коэффициентом и свободным членом $− 1,$ поэтому у них существует положительный корень

Ответ:

Нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 178#71961Максимум баллов за задание: 7

Зафиксируем 10 натуральных чисел $n ,n ,...,n 1 2 10$ и обозначим через $n$ их сумму $n= n + ⋅⋅⋅+ 1$ $n . 10$ Предположим теперь, что на доске в строчку записаны $n$ чисел $a1,...,an,$ каждое из которых равно либо 0, либо 1. Эти числа (в том порядке как они записаны) разбивают на 10 групп:

a◟1,..◝.,◜an1◞,a◟n1+1,..◝.◜,an1+n2◞,...,a◟n1+⋅⋅⋅n9◝+◜1,...,an◞ n1 n2 n10

Группу назовем ненулевой, если в ней содержится хотя бы одна 1. В результате разбиения, в зависимости от того какие числа $a,...,a 1 n$ были взяты изначально, можно получить то или иное число ненулевых групп. Нас будут интересовать такие наборы $a ,...,a , 1 n$ которые при указанном разбиении дают четное число ненулевых групп. Докажите, что число таких наборов $a1,...,an$ (где ненулевых групп будет четно) находится по формуле:

n−1 1 n n n 2 +2 ⋅(2 1 − 2)⋅(2 2 − 2)⋅...⋅(210 − 2)

Источники: Межвед-2022, 11.6 (см. www.academy.fsb.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нас просят найти количество наборов, подходящих под условие. То есть, нам нужно, чтобы количество не нулевых групп было четно. Но если оно четно, то оно равно 0, 2, …, 10. Значит, надо посчитать, сколько у нас вариантов для 0 групп, для 2 групп и так далее, и просуммировать. Давайте начнем с простого. Сколько у нас вариантов для 0 не нулевых групп? А для 2?

Подсказка 2

Для 0 все совсем ясно - это 1 вариант, так как подходит только 000…0. Для 2 - нам надо сначала выбрать номера групп, а потом для каждой из групп найти количество вариантов и перемножить. Как-будто просится «Цэшка», но ведь у нас количество вариантов при разных выборах номеров групп будет разным. Поэтому, нам надо суммировать по всем 1 <= i < j <= 10. А что конкретно нам надо суммировать? Сколько у нас будет вариантов выбора последовательности для группы n_i, к примеру?

Подсказка 3

Верно, нам будут подходить все варианты кроме того, когда в нашей группе стоят все нули. Поэтому для 2 групп у нас будет сумма по тому, что написано выше, величин (2^n_i - 1) * (2^n_j - 1). Меняется ли что-то при увеличении количества групп? Нет. Значит, нашли сколько всего вариантов, но пока это сумма. Значит, теперь нам надо доказать, что она сворачивается в то, что написано в условии. То есть, нам надо доказать, что сумма сумм равна некоторому выражению. А на что эти суммы похожи, если вспомнить формулу раскрытия скобок в выражении (x_1 + 1) * (x_2 + 1) * … (x_k + 1)?

Подсказка 4

Конечно, эти суммы очень напоминают формулу раскрытия скобок в выражении выше, при x_i = 2^n_i - 1. Но вот только в формуле раскрытия этого выражения участвуют как суммы с четным количеством множителей, так и с нечетным. А у нас только с четным. Как нам тогда это исправить? Что нужно сделать, чтобы у нас каким-то образом убрались, уничтожились нечетные слагаемые?

Подсказка 5

Нужно подставить в выражение уже -(2^n_i - 1). Тогда, сумма в подстановках с минусом и без, не будет содержать слагаемых с нечетным количеством множителей, так как они взаимоуничтожатся. Тогда, это значит, что нам осталось найти значения выражения в подстановке с минусом и с плюсом, и сложить их, после чего поделить на два, ведь все слагаемые с четным числом множителей будут дважды включаться в сумму. Производя эти действия, получим требуемое.

Показать доказательство

Искомое число наборов посчитаем, суммируя количество наборов с заданным числом $k$ ненулевых групп:

При $k= 0$ такой набор единственный;
При $k= 2$ их $∑ ni nj 1≤i<j≤10(2 − 1)⋅(2 − 1);$
При $k= 4$ уже $∑ ni nj nl ns 1≤i<j<l<s≤10(2 − 1)⋅(2 − 1)⋅(2 − 1)⋅(2 − 1);$
$...$
При $k= 10$ в итоге $(2n1 − 1)⋅(2n2 − 1)⋅...⋅(2n10 − 1).$

Определим многочлены

σ (x ,...,x )= 1 0 1 10

σk(x1,...,x10)= ∑ xi⋅...⋅xi ,1 ≤k ≤10 1≤i1<⋅⋅⋅<ik≤10 1 k

Как известно из правила раскрытия скобок, такая сумма всевозможных многочленов это сумма по всем наборам и она равна

∑ 0≤k≤10σk(x1,...,x10)= (x1+1)⋅...⋅(x10+ 1),

Если мы сложим эту сумму с суммой таких же многочленов от отрицательных аргументов, то многочлены с нечётными индексами взаимноуничтожатся:

∑ σk(x1,...,x10)+ ∑ σk (−x1,...,−x10) = 0≤k≤10 0≤k≤10

∑ = 2 . σk (x1,...,x10) 0≤k≤10,k..2

Используем полученные результаты:

∑ n n 2N = 2 ..σk (2 1 − 1,...,2 10 − 1)= 0≤k≤10,k .2

n1 n10 n1 n10 =(2 − 1 +1)⋅...⋅(2 − 1+1)+ (− (2 − 1)+1)⋅...⋅((−2 − 1)+ 1)

2N =2n1+...+n10 + (−2n1 + 2)⋅...⋅(−2n10 + 2)

что и требовалось:

N =2n−1+ 1⋅(2n1 − 2)⋅...⋅(2n10 − 2) 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 179#72973Максимум баллов за задание: 7

Дан многочлен степени $2022$ с целыми коэффициентами и со старшим коэффициентом $1.$ Какое наибольшее число корней он может иметь на интервале $(0;1)?$

Источники: ММО-2022, 11.5 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте проверим, а могут ли все 2022 корня быть на интервале от 0 до 1?

Подсказка 2

Верно, не могут! Так как, по теореме Виета произведение всех корней равно свободному члену(ведь старший коэффициент равен 0), тогда следующее предположение это 2021 корень! Для этого, давайте рассмотрим какой-то вспомогательный многочлен такой же степени, что и у исходного и также, будем считать, что 0 не является корнем.

Подсказка 3

Пусть P(x) - исходный многочлен, тогда рассмотрим Q(x) = xⁿ * P(1/x). Заметим, что коэффициенты этого многочлена - это в точности коэффициенты P(x), но записанные в обратном порядке. Тогда какую связь можно заметить между корнями многочленов P(x) и Q(x)?

Подсказка 4

Верно, каждому корню P(x) на интервале от 0 до 1 соответствует ровно один корень Q(x) на луче от 1 до бесконечности! Попробуем подобрать Q(x) такой, что все его корни больше 1 и их ровно 2021(помните, что это многочлен с целыми коэффициентами)

Подсказка 5

Да, достаточно взять любой многочлен вида: 1 + x*(x-k)*(x-2k)*...*(x-k*(n-1)), где в качестве k достаточно взять любое натуральное число большее 1. То есть, мы нашли многочлен с целыми коэффициентами у которого 2021 корень, каждый из которых больше единицы. Тогда, если по многочлену Q восстановить P, то мы как раз получим многочлен, у которого 2021 корень на интервале от 0 до 1!

Показать ответ и решение

Если многочлен $P$ имеет $n =2022$ корней на интервале $(0;1),$ то значение их произведения, по теореме Виета равное свободному члену, также будет лежать на интервале $(0;1),$ что противоречит условию, что все коэффициенты многочлена $P$ — целые. Таким образом, многочлен $P$ имеет не более $n− 1$ корней на интервале $(0;1).$

Покажем теперь, как построить многочлен, удовлетворяющий условию задачи и имеющий ровно $n− 1$ корень на интервале $(0;1).$ Будем считать, что $P (0)⁄= 0.$ Рассмотрим многочлен $n Q (x)= x P(1∕x).$ Это многочлен степени $n$ с целыми коэффициентами и свободным членом, равным 1 (его коэффициенты — это коэффициенты многочлена $P,$ выстроенные в обратном порядке). Каждому корню $x0$ многочлена $P,$ лежащему на интервале $(0;1),$ соответствует корень $1∕x0$ многочлена $Q,$ лежащий на луче $(1;+ ∞).$ Верно и обратное: каждому корню многочлена $Q$ , лежащему на луче $(1;+∞ ),$ соответствует корень многочлена $P,$ который лежит на интервале $(0;1).$

Рассмотрим многочлен

Q (x)= 1+ x(x − 10)(x− 20)...(x − 10(n − 1))

Поскольку

Q(5)<0, Q (15)> 0, ..., Q (10(n− 2)+ 5)< 0, Q(10(n− 1)+5)> 0,

в рассмотренных $n$ точках многочлен $Q(x)$ принимает значения чередующихся знаков, поэтому он имеет $n− 1$ корень на луче $(1;+ ∞).$ Эти корни расположены на интервалах $(5;15),(15;25),...,(10(n− 2)+5;10(n− 1)+5).$ Следовательно, соответствующий построенному многочлену $Q$ многочлен $P$ имеет ровно $n− 1$ корень на интервале $(0;1).$

Ответ: 2021

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 180#74569Максимум баллов за задание: 7

Многочлен $P(x)$ таков, что $P(x2)$ имеет $2n +1$ корней. Какое наименьшее количество корней может иметь производная многочлена $P (x)$ ? (В обоих случаях имеются в виду различные корни, без учёта кратности.)

Источники: ИТМО-2022, 11.1 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Раз у нас в многочлене стоит x^2, то на что это может намекать? Какую-то симметрию может быть...

Подсказка 2

Пусть y - корень P(x^2). Тогда ведь и -y тоже будет корнем! Тогда у нас все корни разбиваются на пары...но их нечетное число. Значит? какой корень есть среди них?

Подсказка 3

0! Т.к. для него пара - он сам. А теперь подумайте про корни самого P(x). Какие корни можно получить из корней P(x^2)?

Подсказка 4

Если y - корень P(x^2), то y^2 - корень P(x)! Т.к. у нас было n пар таких корней и один 0, то у P(x) хотя бы n+1 неотрицательных корней! Можно ли теперь оценить кол-во корней у его производной?

Подсказка 5

Между каждой парой соседних корней P(x) должен находится корень P'(x), откуда их хотя бы n! Осталось привести пример, когда эта оценка достигается)

Показать ответ и решение

Если многочлен $P(x2)$ имеет корень $x , 0$ то он также имеет и корень $− x , 0$ поэтому количество корней может быть нечётным только если один из корней — это число $0.$ Для каждой пары корней $x0,− x0$ многочлена $( 2) P x$ число $2 x0$ является корнем многочлена $P(x);$ число $0$ также является его корнем, поэтому у многочлена $P(x)$ не менее $n +1$ корня (могут быть ещё какие-то отрицательные корни, про них мы ничего не знаем).