Тема АЛГЕБРА

Многочлены → .03 Корни многочленов

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#121638

Многочлен $P(x)− a$ и многочлен $P (P (x)− b)$ имеют как минимум один общий корень. Докажите, что число $a− b$ является корнем многочлена $P (x).$

Источники: ИТМО-2025, 11.1(см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подумайте, как себя поведет многочлен P(x), если подставить в него общий корень многочленов.

Подсказка 2

Да, он будет равен а, т.к. P(x₀) - a = 0. Тогда как можно преобразовать P(P(x₀) - b), если P(P(x₀) - b) = 0?

Показать доказательство

Пусть $x 0$ — общий корень данных многочленов, тогда $P(x)− a= 0 0$ и $P(P(x )− b) =0. 0$ Из первого равенства следует, что $P(x )=a. 0$ Подставим это во второе равенство и получим

P(P(x0)− b)= P(a− b)= 0

Отсюда следует, что $a − b$ — корень $P (x).$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#125872

Саша выбрал 199 многочленов с вещественными коэффициентами так, что сумма любых ста из них имеет вещественный корень. Докажите, что сумма каких-то девяти из них также имеет вещественный корень.

Источники: Всеросс, РЭ, 2025, 11.9 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

По принципу Дирихле найдутся 100 многочленов со старшими коэффициентами одного и того же знака. Пусть это будет плюс. Давайте обозначим их через f_1, f_2, ..., f_{100} и рассмотрим их сумму. Быть может, нам удастся пойти от противного и найти противоречие, связанное с ней?

Подсказка 2:

Давайте предположим, что сумма любых девяти многочленов не имеет корней. Но тогда любая сумма девяти рассмотренных многочленов положительна, не так ли? Как связать эту сумму с суммой всех многочленов?

Подсказка 3:

Давайте рассмотрим суммы вида f_i + f_{i+1} + ... + f_{i+8} (будем считать, что f_{j + 100} = f_j для всех j). Все они положительные. Что тогда можно сказать про их сумму?

Показать доказательство

Без ограничения общности можно считать, что многочленов с положительным старшим коэффициентом больше, чем с отрицательным (иначе домножим все многочлены на $− 1$ ). Тогда можно выбрать 100 многочленов $f1,$ $f2,$ …, $f100$ с положительным старшим коэффициентом. Рассмотрим многочлены

gi(x)= fi(x)+ fi+1(x)+ ...+ fi+8(x),

где $1 ≤i≤ 100$ и $f =f . j+100 j$ Получается, что все многочлены $g(x) i$ тоже с положительными старшими коэффициентами. Значит, если они все не имеют корней, то

gi(x)>0 при всех x∈ ℝ.

Но тогда

8(f1(x)+ ...+ f100(x))= g1(x)+ ...+g100(x)> 0,

то есть многочлен

f1+ ...+ f100

не имеет вещественных корней, противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#126631

Есть два приведенных (то есть с коэффициентом 1 при старшей степени) многочлена $P(x)$ и $Q (x)$ равных четных степеней с вещественными коэффициентами. Известно, что уравнение $P(x)= Q(x)$ не имеет вещественных корней. Какие из следующих уравнений имеют, а какие не имеют вещественные корни (хотя бы один корень)?

1.: $P (x)= Q(x+ 1)$
2.: $P (x+ 1)= Q(x+1)$
3.: $P (x+ 2)= Q(x+1)$

Источники: Иннополис - 2025, 10.1 ( см. lk-dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Посмотрим внимательно на предложенные уравнения. Ответ на один из пунктов задачи можно дать простой заменой переменных, но что делать с остальными?

Подсказка 2

Давайте вспомним, что интересного мы знаем о количестве корней многочлена с вещественными коэффициентами? Может ли быть так, что многочлен нечётной степени не имеет вещественных корней?

Подсказка 3

Чтобы определить чётность многочлена, получающегося в результате работы с каждым из уравнений, будем работать в первую очередь с двумя старшими степенями всех многочленов. Представьте P(x) в виде х^(2n) + a*x^(2n - 1) + p(x) и Q(x) в виде х^(2n) + b*x^(2n - 1) + q(x) — что можно сказать про коэффициенты а и b?

Подсказка 4

Рассмотрим первое уравнение! Запишите его при помощи представлений из первого пункта, а бином Ньютона поможет нам чуть-чуть раскрыть скобки и представить в нужной форме правую часть. Приведите подобные слагаемые для разности и сделайте выводы о чётности получившегося многочлена.

Подсказка 5

Нужно ли нам что-то раскрывать, чтобы сделать выводы о третьем уравнении? Если внимательно на него посмотреть, то перестановки и замена переменной решают эту задачу!

Показать ответ и решение

Введём обозначения, пользуясь условием.

2n 2n−1 P(x)= x +ax +p(x),

2n 2n−1 Q(x)= x +bx +q(x),

где $p(x),q(x)$ — многочлены степени не выше $2n− 2.$ Так как уравнение $P(x)=Q (x)$ не имеет вещественных корней, то и уравнение $P (x+ 1)= Q(x+1)$ не может иметь вещественных корней, так как мы имеем простую замену переменных. Поскольку $P (x)= Q(x)$ не имеет вещественных корней, имеем $a= b,$ иначе $P(x)− Q(x)$ был бы многочленом нечётной степени $2n − 1$ и потому имел бы хотя бы один вещественный корень.

Рассмотрим уравнение $P(x)= Q(x+1)$ и раскроем все члены $(x+ 1)k,$ где $0≤ k≤ 2k,$ по формуле бинома Ньютона:

2n 2n− 1 2n 2n−1 2n−1 Q(x+ 1)= (x+ 1) +b(x+1) +q(x+ 1)= (x +2nx + r(x))+ b(x + s(x))+t(x) =

= x2n+ (2n+ a)x2n−1+ u(x),

где $a =b,$ многочлены $r(x),s(x),t(x),u(x)$ имеют степени не выше $2n− 2.$ Следовательно,

P(x)− Q(x+ 1)=(x2n+ ax2n−1+ p(x))− (x2n+ (2n+ a)x2n−1+ u(x))= −2nx2n−1+ (p(x)− u(x))

является многочленом нечётной степени с вещественными коэффициентами, и, следовательно, уравнение $P(x) =Q (x+ 1)$ имеет хотя бы один вещественный корень.

Уравнение $P(x+ 1) =Q (x)$ имеет вещественный корень, что доказывается из предыдущих рассуждений после перестановки $P$ и $Q,$ из чего после простой замены следует существование вещественного корня уравнения $P(x+ 2)= Q(x+ 1).$

Ответ:

Уравнения 1 и 3 имеют хотя бы по одному вещественному корню каждое, а уравнение 2 не имеет ни одного вещественного корня.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#76174

Дед Мороз решил наказать олимпиадников, которые плохо вели себя в 2023 году, поэтому поставил им следующее условие:

Х о- хо, ребята, даю вам многочлен P1(x)=x +2023

n n+1 М ожете строить многочлен более вы сокой степени по правилу Pn+1(x)=an

где a — наименьш ий корень текущего многочленаP (x) n n

Коли получите многочлен, у которого нет корней, то получите и по&#x04

Докажите, что на условиях хитрого Деда олимпиадникам подарка не видать.

Показать доказательство

Для начала заметим, что при построении нового многочлена свободный член не меняется, так что $P (0)= 2023 ∀n∈ℕ. n$

Давайте докажем по индукции, что у $Pn(x)$ всегда есть отрицательный корень.

База: при $n =1$ есть корень $x= −2023< 0.$

Шаг: Пускай у $Pn(x)$ есть отрицательный корень $a.$ Тогда $2n+1 an ≤ a< 0 =⇒ Pn+1(an) =an < 0,$ а $Pn+1(0)= 2023 >0,$ так что по теореме о промежуточном значении у нового многочлена $Pn+1(x)$ есть корень между $x= an < 0$ и $x= 0.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#85505

Дано натуральное число $n$ . Можно ли представить многочлен $x(x− 1)...(x − n)$ в виде суммы двух кубов многочленов с действительными коэффициентами?

Источники: Турнир городов - 2024, весенний тур, 11.1 (см. turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Ну если доказывать, что для любого многочлена подобного вида он всегда разложим в сумму двух многочленов-кубов, то либо конструктивно предъявлять два таких многочлена(и как вы потом будете доказывать, что они тождественно равны, уж не раскрывать ли скобки?), либо как-то в общем случае говорить, но тоже абсолютно непонятно как. Тогда, если сложно доказать ответ «Да», попробуем доказать ответ «Нет». Тогда пусть он представим в виде суммы двух многочленов-кубов. Если бы у нас были вместо многочленов числа, то можно было бы посмотреть на делимость чего-то на что-то, так как слева у нас произведение из условия, а правую часть можно разложить как сумму кубов. Попробуйте это сделать, ведь вам ничего не мешает говорить про делимость, только уже многочлена на многочлен!

Подсказка 2

Ну множитель просто их суммы как-будто уже мало что может дать(в рамках нашей задачи, что сумма кубов, что просто сумма в смысле количества условий и чего-то, что можно из этого вывести, почти ничем не отличны, кроме того, что сумму кубов можно разложить), поэтому посмотрим на другую скобку, которая как мы знаем всегда больше нуля. Что тогда следует из этого?

Подсказка 3

Что эта скобка не разложима на линейные сомножители над R. То есть, ее нельзя представить в виде произведения скобок вида (x - k)^t. Осталось только посмотреть на степень неполного квадрата разности и на левую часть и понять, что мы решили задачу.

Показать ответ и решение

Предположим противное — существуют такие многочлены $f$ и $g$ , что выполнено тождество $x(x− 1)...(x − n)= f3+ g3$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Первое решение.

У многочленов $f$ и $g$ нет общих корней, иначе это будет кратный корень суммы кубов, а у многочлена $x(x − 1)...(x− n)$ кратных корней нет.

Тогда многочлен $2 2 f − fg +g$ имеет степень $2max(degf,degg$ ) (старшие коэффициенты не сократятся) и не имеет корней, поскольку выражение $2 2 a − ab+b$ равно 0 только при $a= b=0$ . Но такого делителя у многочлена $x(x− 1)...(x − n)$ нет.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Применим формулу суммы кубов:

( ) x(x− 1)...(x − n)= (f + g) f2− fg+g2 .

При $x= 0,1,...,n$ имеем $3 3 f(x)= −g(x)$ , откуда $f(x)= −g(x)$ , то есть $f(x)+ g(x)= 0$ .

Значит, многочлен $f + g$ имеет корнями числа $0,1,2,...,n$ , откуда его степень не меньше $n +1$ (поскольку он не тождественный ноль). В частности, у одного из многочленов $f$ и $g$ степень не меньше $n +1$ — не теряя общности, пусть у $g$ . Тогда, из равенства (*), степень многочлена $f2− fg +g2$ равна 0 , то есть это ненулевая константа. Но это невозможно, так как из представления $f2− fg+ g2 =(f − 0,5g)2 +0,75g2$ видно, что у этого многочлена старшая степень не меньше, чем максимум из степеней многочленов $(f − 0,5g)2$ и $0,75g2$ , то есть, не меньше $2(n+ 1)$ . (Можно сказать иначе: $0,75g2$ принимает сколь угодно большие значения, откуда $(f − 0,5g)2+ 0,75g2$ - тоже, то есть, последний многочлен не может быть константой).

Ответ: нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#85546

Дан кубический многочлен $f(x).$ Назовем циклом тройку различных чисел $(a,b,c)$ таких, что $f(a)= b,f(b) =c$ и $f(c)= a.$ Известно, что нашлись восемь циклов $(ai,bi,ci),i= 1,2,...,8,$ в которых участвуют $24$ различных числа. Докажите, что среди восьми чисел вида $ai+ bi+ ci$ есть хотя бы три различных.

Показать доказательство

Предположим, что среди восьми сумм циклов циклов не более $2$ различных. Тогда какая-то сумма встречается хотя бы $4$ раза. Обозначим ее через $S.$ Рассмотрим многочлен $P (x)= f(f(x))+f(x)+x − S.$ Заметим, что для любого $i$ такого, что $ai+ bi+ci = S$ имеет место равенства

P (ai)= P(bi)= P(ci)=ai+ bi+ci− S = 0

Тогда у многочлена $P(x)$ есть не менее $4 ⋅3 =12$ различных корней, но $deg P(x)= 9< 12$ — противоречие.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#85547

Среди квадратных трехчленов $P(x),Q(x),R(x)$ нет равных и противоположных. Может ли оказаться, что уравнение $|P (x)|=|Q(x)|= |R (x)|$ имеет четыре различных действительных решения?

Показать ответ и решение

Выберем 4 попарно различных числа $x,x ,x ,x . 1 2 3 4$ Рассмотрим многочлены

Pi(x)= (x− x4)(x− xi)(xi+1− xi+2)+(x− xi+1)(x− xi+2)(x4− xi)

при $i=1,2,3$ (нумерация переменных циклическая по модулю $3$ ). Тогда

Pi(x4)= (x4 − x1)(x4− x2)(x4− x3)

P (x)= −(x − x )(x − x )(x − x ) i i i i+1 i i+2 i 4

Pi(xi+1)= (xi+1− x4)(xi+1− xi)(xi+1− xi+2)

Pi(xi+2)= −(xi+2 − x4)(xi+2− xi)(xi+2− xi+1)

Тогда понятно, что значение каждой пары из выбранных трехчленов совпадают по модулю в точках $x1,x2,x3,x4.$ Также понятно, что все трехчлены различны и никакие два не противоположны (у любых двух трехчленов в двух точках значения совпадают, а в двух других противоположны).

Ответ:

Может

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#85563

Многочлены $P(x)$ и $Q(x)$ с вещественными коэффициентами таковы, что

2 P(Q (x)+ x)= P(x) + c

для некоторого вещественного $c.$ При каких $c$ можно утверждать, что многочлен $Q(x)$ не имеет вещественных корней?

Показать ответ и решение

Предположим, что существует $x ∈ℝ 0$ такое, что $Q(x )=0. 0$ Тогда, подставив $x= x, 0$ получаем $P(x )=P (x )2+c. 0 0$ То есть уравнение $2 x − x+ c$ имеет вещественный корень. Значит, его дискриминант неотрицателен, откуда $1− 4c≥ 0,$ то есть $1 c≤ 4.$ То есть при $1 c > 4$ многочлен $Q(x)$ не будет иметь вещественных корней. Если же $1 c≤ 4,$ то пусть $2 P(x) =x,Q(x)=x − x+ c.$ Поскольку дискриминант $Q (x)$ не меньше $0,$ данный многочлен будет иметь вещественный корень.

Ответ:

При $c> 1 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#85567

Многочлен $P(x)=a xn +a xn−1+...+a n n−1 0$ имеет хотя бы один действительный корень, и $a ⁄=0. 0$ Докажите, что, последовательно вычеркивая в некотором порядке одночлены в записи $P(x),$ можно получить из него число $a0$ так, чтобы каждый промежуточный многочлен также имел хотя бы один действительный корень.

Показать доказательство

Заметим, что, если все коэффициенты кроме $a 0$ и $a n$ равны $0,$ то утверждение задачи очевидно. Достаточно доказать, что можно произвести одно вычеркивание так, чтобы новый многочлен также имел действительный корень. Рассморим наибольшие $m < n$ такие, что $am ⁄= 0$ , $an ⁄= 0.$ Если хотя бы одно из чисел $m$ и $n$ нечетно, то, вычеркнув одночлен при другой степени получим многочлен нечетной степени, то есть он будет иметь вещественный корень. Далее считаем, что $m$ и $n$ четные. Не умаляя общности $an > 0$ . Если $a0 = P(0)<0,$ то вычеркнем произвольный одночлен, отличный от $n anx$ и $a0.$ Полученый многочлен при больших $x$ принимает положительные значения, а в $x= 0$ — отрицательное. То есть будет иметь корень. Значит, $a0 >0.$ Если $am < 0,$ то, вычеркнув $n anx,$ по аналогичным соображениям получаем многочлен, имеющий корень. Наконец, если $am > 0,$ то вычеркнем $m amx .$ Пусть $x0 ⁄= 0$ — корень многочлена $P(x).$ Тогда $m P (x0)− amx 0 < 0,$ но при больших $x$ полученный многочлен принимает положительные значения. Значит, он снова будет иметь действительный корень.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#85574

При каких натуральных $m$ и $n$ существуют унитарные многочлены $P (x)$ и $Q(x)$ с вещественными коэффициентами такие, что $degP(x)= m,degQ(x)=n,$ и уравнение $P(Q(x))= Q(P(x))$ не имеет вещественных корней?

Показать ответ и решение

Если $m = n= 1,$ то $P(Q(x))=Q (P(x)).$ Если $m = 2k,n = 1,$ то обозначив $Q(x) =x +c,$ получаем

P (Q (x))− Q (P(x))=P (x +c)− P (x)− c

Последний многочлен имеет степень $n− 1= 2k− 1,$ а значит, имеет действительный корень. Покажем, что при всех остальных парах $(m,n)$ такие многочлены $P (x)$ и $Q(x)$ существуют. Если одно из чисел $m$ или $n$ четно (не умаляя общности $n$ ) положим $P (x)= xm,Q(x)=xn +2.$ Тогда $P(Q(x))− Q(P(x))= (xn+ 2)m − xmn − 2.$ У последнего многочлена все степени одночленов четные, при них положительные коэффициенты, и при этом свободный член больше $0.$ Значит, данный многочлен строго положителен на всей вещественной оси.

Если же оба числа $m,n$ — нечетные, не умаляя общности $n >1.$ Положим $m n P(x)=x ,Q (x)= x + 3.$ Тогда

n m mn P(Q(x))− Q(P(x))= (x +3) − x − 3

Обозначим $xn$ через $y$ и докажем, что многочлен $R(y)=(y+ a)n − yn− 3$ не имеет корней. Степень данного многочлена четная, при этом в нулях производной выполнено

′ n−1 n−1 R (y)=n(y+ 3) − ny = 0

откуда $(y+ 3)n−1 = yn−1,$ то есть $y =±3∕2.$ А значит в нулях производной $R(y)= 3⋅yn−1− 3= 3⋅(3∕2)n−1− 3> 0.$ Итого, при достаточно больших $y$ многочлен $R(y)$ больше $0,$ а также он больше нуля во всех нулях производной. Значит, он больше нуля при всех вещественных $y.$

Ответ:

При всех $(m,n)⁄= (1,1),(1,2k),(2k,1)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#91980

Число $x 0$ является общим корнем многочленов

3 2 3 2 3 2 x +ax + bx+ c,x + bx + cx+ a,x + cx +ax+ b.

Найдите все возможные значения $x0$ , если известно, что $a >b> c.$

Источники: ДВИ - 2024, вариант 242, задача 6 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сделаем преобразования, чтобы уменьшить степень уравнений: если мы вычтем из друг друга уравнения, число х₀ также будет корнем полученных в результате квадратных уравнений.

Подсказка 2

А можно ли ещё уменьшить степень, чтобы у нас появилось линейное уравнение с корнем х₀?

Подсказка 3

Можно, если подобрать удачные коэффициенты, на которые мы предварительно умножим имеющиеся квадратные уравнения! Вычтем их одно из другого.

Подсказка 4

Отсюда отлично можно выразить х, надо только проверить, не будет ли коэффициент при х равным 0? Неравенство о средних поможет нам его оценить.

Подсказка 5

Итак, осталось лишь подобрать числовые значения а, b и с, чтобы удостовериться, что такая конфигурация выполняется и найденный х₀ действительно является корнем всех трёх исходных уравнений.

Показать ответ и решение

По условию $x 0$ — решение системы

(| x3+ ax2+ bx +c= 0 { x3+ bx2+cx+ a= 0 |( 3 2 x + cx +ax +b= 0

Вычтем из первого уравнения второе, тогда получим $(a− b)x2+ (b− c)x+ (c− a)= 0.$ Из второго вычтем третье: $(b− c)x2+ (c− a)x +(a− b)= 0.$ Многочлены в левых частях этих уравнений не являются тождественными нулями, поскольку $a> b> c.$ И $x0$ — общий корень этих квадратных уравнений, поскольку каждое из этих уравнений — разность двух уравнений с общим корнем $x0.$ Заметим, что теперь максимальная степень в уравнениях равна $2.$ Попробуем ее уменьшить еще раз. Для этого первое из полученных уравнений умножим на $b− c$ и вычтем из него второе полученное уравнение, умноженное на $a− b.$ Тогда получится

2 2 (b− c)((a− b)x + (b− c)x+(c− a))− (a− b)((b− c)x + (c− a)x +(a− b))= 0

После раскрытия скобок, группировки слагаемых с $x$ в одной стороне и слагаемых без $x$ — в другой получаем следующее:

2 2 2 2 2 2 (a + b+ c − bc− ab− ca)x= a +b + c − bc− ab− ca

Заметим, что $x0$ является корнем и этого уравнения.

Докажем, что коэффициент перед $x$ не равен нулю. По неравенству о средних $a2+b2≥ ab, 2$ $b2+c2≥ bc, 2$ $c2+a2≥ ca. 2$ Сложим все три неравенства и получим, что $a2+ b2+ c2 ≥ bc+ ab+ ca,$ то есть $a2+ b2+c2− bc− ab− ca≥ 0.$ Поскольку оценка получена с помощью неравенства о средних, то равенство возможно тогда и только тогда, когда $a= b= c.$ По условию $a> b> c,$ поэтому случай равенства невозможен. Таким образом, полученное уравнение можно разделить на коэффициент при $x,$ откуда $x= 1,$ что означает $x = 1. 0$

Мы доказали, что если эти три уравнения имеют общий корень, то этот корень равен $1.$ Осталось привести пример подходящих $a,$ $b$ и $c.$ Для этого подставим $x =1$ в исходную систему. Тогда мы получим три одинаковых уравнения вида $1+a +b+ c= 0.$ Подходят, например, $a =1,b= 0,c= −2.$

Ответ: 1

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#67669

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

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

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

Подсказка 2

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

Подсказка 3

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

Подсказка 4

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

Подсказка 5

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

Показать доказательство

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

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

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

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

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#67771

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

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

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

Подсказка 2

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

Подсказка 3

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

Подсказка 4

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

Подсказка 5

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

Подсказка 6

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

Подсказка 7

Возьмите B=-1, C=2 и завершите пример

Показать ответ и решение

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

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

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

1 P(x)= 2x(x− 3)

Q (x)= − 3(x+ 1)(x− 2) 2

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

Ответ: 6

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#68027

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 15#68095

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 16#69234

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:

$R(t)=t3+ 30t2+ 54t− 243$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#70994

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 18#75237

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 $± 1.$

Пусть $x1,...,xn$ — корни этого многочлена. Рассмотрим сумму

1 1 S = x21 + ...+ x2n

С одной стороны, в эту сумму входит хотя бы $n− k$ единиц, поэтому $S ≥ n− k.$ С другой стороны,

( ) ( ) S = -1+ ...+ -1 2 − 2 -1--+ -1--+...+ ---1-- =( a)2+2 b x1 xn x1x2 x2x3 xn−1xn c c

(по теореме Виета для многочлена $P(1∕x)$ ). Но это невозможно при достаточно больших $n.$

Ответ:

Не существует

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#75646

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 20#89862

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

Предыдущая подтема

Следующая подтема