Тема АЛГЕБРА

Многочлены → .01 Многочлены с целыми коэффициентами и теорема Безу

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

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#82682

Дан многочлен $P(x)$ с целыми коэффициентами. Для некоторого натурального $n$ числа $P (0),P(1),...,P (2n+ 1)$ делятся на $22n$ . Докажите, что значения многочлена $P(x)$ во всех целых точках делятся на $2n 2$ .

Источники: СПБГОР - 2024, 11.6 (см. www.pdmi.ras.ru)

Показать доказательство

Среди $2n +2$ подряд идущих целых чисел $x$ , $x − 1$ , …, $x− (2n +1)$ есть хотя бы $[(2n+ 2)∕2]$ кратных двум, хотя бы $[(2n+ 2)∕4]$ кратных $4$ , и т.д. Значит, суммарная степень вхождения $2$ в их произведение не меньше

∑ n k ∑ n−k n−1 n−2 n− 3 n [(2 +2)∕2 ]= 1+ [2 ]= (2 + 1)+2 + 2 +...+1= 2 k k

Поэтому все значения многочлена $Q(x)= x(x− 1)...(x− (2n +1))$ в целых точках кратны $22n.$

Поделим $P(x)$ на $Q(x)$ с остатком: $P(x)=Q (x)S(x)+R(x)$ . Поскольку старший член $Q(x)$ равен 1, $R (x)∈ ℤ[x]$ , причем $R(x)$ будет удовлетворять тем же условиям, которым удовлетворяет $P(x)$ , и к тому же будет иметь степень не выше $2n+ 1$ . Поделив его на $22n$ , мы получим многочлен степени не выше $2n+1$ , значения которого $2n+2$ подряд идущих целых точках целые. Из этого следует, что целыми являются все его значения в целых точках (это доказывается по индукции с использованием разностного многочлена). Таким, образом, у многочлена $R(x)$ все значения в целых точках кратны $22n$ , а тогда это верно и для многочлена $P (x)$ .

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#85552

Многочлен $P(x)$ третьей степени с целыми коэффициентами таков, что существует бесконечное количество пар целых чисел $a⁄= b$ таких, что $aP(a)= bP (b).$ Докажите, что $P (x)$ имеет целый корень.

Показать доказательство

Пусть $P(x)= ax3+bx2+ cx +d.$ Если $xP (x)= yP(y),$ то

3 2 2 3 2 2 0 =xP (x)− yP(y)= (x− y)(a(x + x y+ xy + y )+b(x +xy+ y )+c(x+ y)+ d)

откуда получаем

3 2 2 3 2 2 a(x + xy +xy + y )+ b(x + xy+ y )+c(x +y)+ d=

=a(x+ y)3+ b(x +y)2+ c(x+ y)+d− 2a(x2y+ y2x)− bxy =

= P(x +y)− xy(2a(x +y)+ b)=0

Обозначим $x +y$ через $k.$ Тогда $P(k)= xy(2ak+b).$ Понятно, что при достаточно больших $k$ (по модулю) выражения $P (k)$ и $2ak+ b$ будут иметь один и тот же знак, а значит одинаковый знак имеют и числа $x,y.$ Тогда $|xy|≤ k2∕4,$ откуда при достаточно больших $k$ выполнено

|xy(2ak+ b)|≤ |ak3∕2|+ |bk2∕4|< |P (k)|

так как коэффициент при $k3$ у $P(k)$ равен $a$ (по модулю больше $a∕2$ ). Поэтому $k$ может принимать лишь конечное число значений. Поскольку пар $(x,y)$ по условию бесконечно много, какое-то значение $k$ принимается бесконечное число раз. Но в этом случае в равенстве $P (k)= xy(2ak+ b)$ выражение $xy$ будет по модулю сколь угодно большим, а все остальное фиксированным, поэтому, если $2ak+ b⁄=0,$ то получим противоречие. Значит, $P (k)= 0,$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#86098

Многочлен $P(x)= x4 − x3− x2− 1$ имеет корни $a,b,c,d$ . Многочлен

6 5 4 3 2 Q(x)= x − x − 2x +x +x − x+ 3.

Найдите $Q (a)+ Q(b)+ Q(c)+Q(d).$

Источники: Бельчонок - 2024, 11.2 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $Q (x)= H(x)P (x)+ R(x)$ . Нетрудно видеть, что при $x =a,b,c,d$ верно $Q(x)= R(x)$ , то есть достаточно найти число $R(a)+ R(b)+ R(c)+ R(d).$

Если поделить столбиком $Q$ на $P$ , получим, что $2 R(x)= x − x +2$ . Значит, нужная нам сумма равна

2 2 2 2 (a + b+ c + d)− (a +b+ c+ d)+ 8=

2 = (a +b+ c+d) − 2(ab+ ac+ad+ bc+bd+ cd)− (a+b+ c+ d)+8

По теореме Виета сумма корней равна $1$ , сумма их попарных произведений равна $− 1$ . Подставляя это, получаем ответ $10$ .

Ответ: 10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#91858

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

(a) $x− 1$

(b) $2 x − 1$

Показать ответ и решение

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

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

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

2023 2022 1 +20231 + 2022 − 1 =4045

— искомый остаток.

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

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

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

При $x= 1:4045= a+ b,$

При $x= −1 :−1= −a+ b.$

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

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

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

= −x − 2023+ 2022x− 1= 2021x− 2024.

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

Ответ:

(a) $4045$

(b) $2023x+ 2022$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#92438

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

Показать ответ и решение

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

Ответ:

$6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#68531

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

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 7#68641

$P (x)$ — 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.

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 8#74864

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 9#74868

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 $n.$

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 10#74869

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 11#74872

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.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#75128

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)

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 13#75133

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 14#76289

Существует ли многочлен, функционально равный выражению

(a) $|x|;$

(b) $√------ 33x2+ x;$

(d) $(x2 − 3x+ 2)∕(x− 1)?$

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 15#76290

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

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 16#76291

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

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:

$P (x)= cx(x− 1)...(x − 25)$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#76293

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.

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 18#76294

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 19#76297

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 20#76298

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 $5.$

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