Тема АЛГЕБРА

Многочлены → .04 Свойства коэффициентов многочленов, раскрытие скобок и бином Ньютона

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 1#107089Максимум баллов за задание: 7

Найдите сумму всех коэффициентов многочлена $(3x2+ 7x− 11)2018$ после раскрытия скобок и приведения подобных слагаемых.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Любой многочлен представим в виде суммы a_i * x^i, где a_i —соответствующий степени коэффициент. Многочлен из условия после раскрытия скобок и приведения подобных тоже будет иметь такой вид. Что можно сделать с этим многочленом, не раскрывая скобок, чтобы получить сумму коэффициентов?

Подсказка 2

Хотим подставить что-то вместо x, чтобы остались только коэффициенты. Какое значение стоит подставить?

Подсказка 3

Подставляем значение x = 1 (скобки при этом раскрывать не нужно). Проверяем, что многочлен теперь имеет необходимый вид и считаем сумму.

Показать ответ и решение

Вспомним простой факт про сумму коэффициентов многочлена после раскрытия скобок.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Пусть дан многочлен степени $n$ :

n n−1 P(x)= anx +an−1x + ...+ a1x +a0

Сумма коэффициентов многочлена $P (x)$ определяется как сумма всех $a i$ .

Теперь заметим, что если мы подставим $x =1$ в многочлен $P(x)$ , то каждый член многочлена преобразуется следующим образом:

k k akx → ak⋅1 = ak

То есть, когда мы подставляем $x =1$ , все степени $x$ превращаются в единицу, и остается только коэффициент перед каждой степенью. Таким образом, подставляя $x= 1$ в многочлен, мы получаем сумму всех его коэффициентов:

n n−1 P(1)= an⋅1 +an−1⋅1 + ...+ a1⋅1+a0 = an+ an−1+ ...+a1+ a0

Именно поэтому сумма коэффициентов многочлена равна значению этого многочлена при $x= 1$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Теперь вернёмся к нашей задаче. Нам нужно найти сумму коэффициентов многочлена $(3x2 +7x− 11)2018$ . Как мы уже выяснили, эта сумма равна значению многочлена при $x= 1$ :

2 3⋅1 +7⋅1− 11= 3+ 7− 11= −1

(−1)2018 =1

Таким образом, сумма всех коэффициентов многочлена $(3x2+ 7x− 11)2018$ равна 1.

Ответ: 1

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#116306Максимум баллов за задание: 7

В выражении $(1+ x− x2)20$ раскрыли скобки и привели все подобные слагаемые. Пусть $n$ равно сумме всех коэффициентов полученного многочлена. Найдите коэффициент при $3n x .$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что подставить в многочлен, чтобы найти сумму его коэффициентов?

Подсказка 2

Можно подставить единичку и найти n.

Подсказка 3

Отлично, нам нужно найти коэффициент при x³. Как можно получить тройку при перемножении скобок?

Подсказка 4

3 = 1 + 1 + 1 и 3 = 2 + 1. Осталось понять, сколькими способами можно выбрать ровно 3 x из 20 скобок, или же одну x и одну x² :)

Показать ответ и решение

Рассмотрим $P(x)=(1+ x− x2)20.$ После раскрытия скобок и приведения подобных слагаемых

2 40 P(x)= a0+ a1x +a2x + ...+ a40x

Заметим, что сумма всех коэффициентов

a0+ a1 +a2+ ...+ a40

равна

a0+ a1⋅1+a2⋅12+ ...+ a40⋅140 = P(1)

Значит, она равна

P(1)= (1 +1− 12)20 = 1

Итак, надо найти коэффициент при $x3,$ то есть $a3.$

Так как $3= 1+ 2= 1+ 1+1,$ то при раскрытии скобок третья степень $x$ получается только следующими способами:

x⋅(−x2)⋅1◟⋅..◝◜.⋅1◞ 18

x ⋅x⋅x⋅1◟⋅..◝.◜⋅1◞ 17

Количество одночленов первого вида равно числу способов выбрать 2 различных элемента (2 скобки $(1 +x− x2)$ , из которых берётся $x$ и $− x2$ соответственно) из 20. Это количество равно $20(20− 1).$

Количество одночленов второго вида равно числу способов выбрать 3 скобки $(1+ x− x2),$ в которых берётся $x$ из 20 (в остальных в произведение при раскрытии будет браться $1$ ). Это количество равно $C20= 20(20−1)(20−2). 3 3⋅2⋅1$

В итоге

20⋅19⋅18- a3 = 6 − 20⋅19= 20⋅19⋅(3− 1)= 760

Ответ: 760

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#119885Максимум баллов за задание: 7

Пусть $b ,b ,...,b 1 2 2025$ — неотрицательные числа, и

2025 2024 (x+ b1)(x+b2)⋅⋅⋅(x+b2025)= a2025x +a2024x + ⋅⋅⋅+ a1x +a0

Докажите, что $a2≥ ai−1ai+1 i$ для любого $i= 1,2,3,...,2024.$

Источники: Иннополис - 2025, 11.2 (см. lk-dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Выглядит страшно... В условии сказано, что нужно доказать утверждение для всех i = 1, 2, 3, ..., 2024. Какой метод доказательства напрашивается?

Подсказка 2:

Конечно! Метод математической индукции. Давайте заменим 2025 на n и докажем утверждение в общем виде. Так... Базу доказать достаточно просто: раскроем скобки, выразим ашки через бэшки. Тогда, написав нужное нам неравенство, выражая его через бэкши, оно становится очевидным. Теперь давайте напишем индукционное предположение и переход.

Подсказка 3:

Пусть bₙ₊₁ = b. Докажем, что умножив выражение из индукционного предположения на (x+b), неравенства сохраняют свою справедливость. Давайте приведём многочлен с ашками к виду aₙxⁿ⁺¹ + (aₙb + aₙ₋₁)xⁿ + ... + (a₂b + a₁)x² + (a₁b + a₀)x + a₀b. Как тогда выглядят неравенства, которые нам надо доказать? Какие из них стоит рассмотреть отдельно?

Подсказка 4:

Для доказательства индукционного перехода достаточно доказать следующие неравенства: 1. (aₙb + aₙ₋₁)² ≥ aₙ(aₙ₋₁b+aₙ₋₂); 2.(a₁b+a₀)² ≥ a₀b(a₂b +a₁); 3. (aᵢb + aᵢ₋₁)²
≥ (aᵢ₊₁b + aᵢ)(aᵢ₋₁b + aᵢ₋₂) для всех i=2,...,n-1. Давайте по порядку. В первом, откинув какой-то неотрицательный член, можно свести неравенство к применению индукционного предположения. Во втором, применяя базу, всё получается. А что делать с третьим?

Подсказка 5:

Давайте раскроем скобки в левой и правой части неравенства. Теперь пару раз применим индукционное предположение, чтобы оценить (aᵢ²b²) и (aᵢ₋₁)² из левой части через слагаемые из правой части. Осталось сравнить средние слагаемые. Очевидно, что для этого достаточно сравнить aᵢaᵢ₋₁ и aᵢ₊₁aᵢ₋₂. Что нужно сделать, чтобы воспользоваться уже знакомым нам приёмом?

Подсказка 6:

Конечно! Умножим обе части на aᵢaᵢ₋₁ и напишем индукционное предположение!

Показать доказательство

Докажем индукцией более общее утверждение:

Для любого целого $n ≥2,$ если $b1,...,bn$ неотрицательны и

n n−1 anx + an−1x + ⋅⋅⋅+ a1x +a0 = (x+ b1)⋅⋅⋅(x+ bn)

то $a2≥ a a i i−1 i+1$ для любого $i=1,2,...,n − 1.$

База индукции $(n= 2):$ в таком случае $a = 1,a = b +b 2 1 1 2$ и $a = bb , 0 1 2$ а значит, $a2= b2+2b b +b2≥ bb = a a 1 1 12 2 12 02$ — доказано.

Индукционное предположение: пусть для некоторого $n≥ 2$ и любых неотрицательных $b,...,b, 1 n$ если

n n−1 anx + an−1x + ⋅⋅⋅+ a1x +a0 = (x+ b1)⋅⋅⋅(x+ bn)

то $a2≥ ai−1ai+1 i$ для любого $i=1,2,...,n − 1.$

Шаг индукции: рассмотрим многочлен $(x+ b1)⋅⋅⋅(x+ bn)(x+b),$ где $b≥ 0.$ Имеем

n n−1 (x+ b1)⋅⋅⋅(x +bn)(x+ b)=(anx + an−1x + ⋅⋅⋅+ a1x+ a0)(x +b)=

= a xn+1+(a b+ a )xn+ (a b+ a )xn−1+⋅⋅⋅+(a b+a )x2+(a b+a )x+a b n n n−1 n−1 n−2 2 1 1 0 0

Для завершения индукционного шага достаточно рассмотреть (доказать) три неравенства:

1.: $(anb+an−1)2 ≥ an(an−1b+an−2);$
2.: $(a1b+a0)2 ≥a0b(a2b+ a1);$
3.: $(aib+ ai− 1)2 ≥ (ai+1b+ai)(ai−1b+ ai− 2)$ для всех i = $2,...,n− 1.$

Рассмотрим их по порядку:

1.

Раскроем скобки и оценим выражение, откинув неотрицательные слагаемые,

2 22 2 2 (anb+ an−1) = anb+ 2anan− 1b+ an−1 ≥ anan−1b+ an−1

Теперь, применяя предположение индукции, получаем то, что нужно

2 anan−1b+an−1 ≥ anan−1b+anan−2 = an(an−1b+ an−2)

2.

Применяя базу, получаем то, что нужно

(a1b+a0)2 =a21b2+ 2a1a0b+a20 ≥ a2a0b2+ a1a0b= a0b(a2b+a1)

3.

Пусть теперь $i∈{2,...,n − 1}$ — произвольное целое число. Раскроем скобки в левой части неравенства:

(aib +ai−1)2 = a2b2+ 2aiai−1b+a2 i i−1

Раскроем скобки в правой части неравенства:

(ai+1b+ai)(ai−1b +ai−2)= ai+1ai−1b2 +(ai+1ai−2 +aiai−1)b+aiai−2

По предположению индукции первое слагаемое из левой части неравенства не меньше первого слагаемого из правой части неравенства: $a2ib2 ≥ai+1ai−1b2.$ Аналогично, последнее слагаемое из левой части неравенства не меньше последнего слагаемого из правой части неравенства: $a2i−1 ≥ aiai−2.$

Теперь сравним средние слагаемые в левой и правой частях неравенства: очевидно, что для этого достаточно сравнить $aa ii−1$ и $a a . i+1 i−2$ Для этого умножим обе величины на $aa ii− 1$ и применим индукционное предположение:

(aiai−1)2 = a2ia2i−1 ≥ (ai+1ai−1)(aiai−2)= (ai+1ai−2)(aiai−1)

Следовательно, $aiai−1 ≥ai+1ai−2,$ что завершает доказательство.

Шаг индукции доказан, а вместе с ним и утверждение, обобщающее утверждение задачи.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#127863Максимум баллов за задание: 7

У какого из многочленов $(1+ x2− x3)1000$ и $(1− x2+ x3)1000$ больший коэффициент при $x20?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Рассмотрим, как можно получить x²⁰ при раскрытии данных скобок. Для этого нужно выбрать из нескольких (из 1000) скобок x² и x³ так, чтобы сумма их степеней дала 20, а из остальных скобок — единицу. Что можно сказать о количестве скобок, из которых выбрали x³?

Подсказка 2.

Правильно! Это количество — чётное. Что из этого следует для первого выражения?

Подсказка 3.

Именно! Каждый раз, когда при перемножении получится x²⁰ в первом выражении, количество минусов будет чётным, а значит, вклад в коэффициент будет положительным — то есть +1. А что происходит во втором выражении?

Показать ответ и решение

Коэффициент при $x20$ получается при раскрытии скобок, если выбрать $a$ множителей $x2$ и $b$ множителей $x3,$ так что $2a +3b= 20,$ а остальные множители равны 1. Знак коэффициента равен $a b (−1) ⋅(− 1),$ где $a (− 1)$ берётся из множителя при $2 x ,$ а $b (−1)$ — из множителя при $3 x .$

В первом многочлене $2 31000 (1+x − x )$ мы всегда берём чётное число троек, поэтому каждое слагаемое идёт с плюсом.

В многочлене $2 3 1000 (1− x +x )$ , например, если взять 7 двоек и 2 тройки, знак будет отрицательным. Поэтому сумма коэффициентов при $20 x$ у первого многочлена будет больше.

Ответ:

$(1+ x2− x3)1000$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#127865Максимум баллов за задание: 7

Найдите все такие $a$ и $b,$ при которых многочлен $x4 +x3+ 2x2+ax +b$ является квадратом какого-либо многочлена.

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Какой многочлен в квадрате может дать приведённый многочлен четвёртой степени?

Подсказка 2.

Верно! Только приведённый квадратный трёхчлен. Обозначим его как x² + px + q. Осталось возвести его в квадрат и приравнять его коэффициенты с коэффициентами данного в условии многочлена.

Показать ответ и решение

Приведённый многочлен четвёртой степени может быть квадратом только приведённого квадратного трёхчлена. Итак,

4 3 2 2 2 x + x +2x + ax+ b=(x + px+q) .

Раскроем скобки справа:

2 2 4 3 2 2 2 (x + px +q) = x +2px + (p + 2q)x + 2pqx+ q

Сравним коэффициенты при $x3 :$

2p= 1=⇒ p = 1 2

Сравним коэффициенты при $x2 :$

2 1 7 p +2q =2⇒ 4 + 2q = 2⇒ q = 8

Сравним коэффициенты при $x:$

2pq = a⇒ a =2 ⋅ 1⋅ 7 = 7 2 8 8

Сравним свободные члены:

q2 = b⇒ b= (7)2 = 49 8 64

Ответ:

$a = 7, 8$ $b = 49- 64$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#128013Максимум баллов за задание: 7

Пусть $P(x)$ – ненулевой многочлен. Могут ли все коэффициенты многочлена $P(x)⋅(x− 1)$ быть неотрицательными?

Показать ответ и решение

Пусть все коэффициенты многочлена $P(x)⋅(x− 1)$ неотрицательны. Сумма коэффициентов многочлена равна его значению в точке $1.$ В нашем случае эта сумма равна $0.$

Сумма неотрицательных чисел может быть равна нулю только в случае, если все они равны нулю. Следовательно,

P(x)⋅(x− 1)≡ 0,

откуда $P(x)≡ 0$ — противоречие.

Ответ:

нет

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#128017Максимум баллов за задание: 7

Все ненулевые коэффициенты многочлена $P (x)$ равны $1,$ а сумма коэффициентов равна $20.$ Могут ли $13$ коэффициентов многочлена $2 (P(x))$ оказаться равны $9?$

Показать ответ и решение

Пусть

α20 α19 α1 P(x)= x + x +⋅⋅⋅+x , α20 < α19 < ⋅⋅⋅< α1.

Тогда

2 2α20 2α19 2α1 ∑ αi+αj (P(x)) = x + x + ⋅⋅⋅+ x +2i<jx .

Заметим, что если некоторый коэффициент многочлена $(P (x))2$ равен $9$ , то это возможно только в случае, когда соответствующая степень является суммой $αi+ αj$ ровно четырьмя различными способами и плюс один раз как $2αk$ . В противном случае коэффициент будет чётным числом.

Если $13$ коэффициентов равны $9$ , то хотя бы один из них соответствует некоторому $2αk$ с $k ≤4$ или $k≥ 17$ , иначе будет не больше 12 девяток. В каждой из четырёх оставшихся пар $(αi,αj)$ , в сумме дающих $2αk$ , в силу упорядоченности, одна из $αi$ или $αj$ обязательно будет меньше $α4$ или больше $α17$ . Но тогда сумма коэффициентов при соответствующей степени будет не больше $1+ 3⋅2= 7$ — противоречие.

Ответ:

нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#133204Максимум баллов за задание: 7

Многочлены $P(x),$ $Q(x),$ $R(x),$ $S(x)$ таковы, что

5 5 2 5 4 3 2 P(x )+xQ(x )+x R(x )=(x + x +x + x+ 1)S(x).

Докажите, что $P(1)= 0.$

Показать доказательство

Заметим, что

5 x ≡x4+x3+x2+x+1 1.

Это следует из формулы сокращённого умножения для $x5− 1.$ Пусть

4 3 2 f(x)= x +x + x + x+1.

Тогда

5 5 5 P(x )≡f(x) P (1), Q(x )≡f(x) Q(1), R(x) ≡f(x) R(1).

Следовательно,

P(x5)+ x⋅Q(x5)+x2⋅R(x5)≡ P(1)+x ⋅Q(1)+ x2⋅R(1) ≡ 0. f(x) f(x)

Так как $degf(x)=4 >2,$ то есть все коэффициенты многочлена

P(1)+x ⋅Q (1)+ x2⋅R(1)

равны $0,$ а значит,

P(1)= Q(1)= R(1)= 0.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#138471Максимум баллов за задание: 7

Избавьтесь от иррациональности в знаменателе дроби $----1---, 2α3+5α2−5$ где $α$ является корнем многочлена $2x4− 3x3− 20x2 − 4x+ 22.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Давайте обозначим через P(x) многочлен из условия, а через Q(x) = 2x³ + 5x² − 5. Что нужно сделать с этими многочленами, чтобы мы смогли избавиться от иррациональности в знаменателе?

Подсказка 2.

Правильно! Линейное представление НОДа! Что нужно, чтоб его получить?

Подсказка 3.

Ага! Применить алгоритм Евклида!

Показать ответ и решение

Обозначим через $Q (x)= 2x3+ 5x2− 5$ и через $P (x)$ многочлен из условия. Найдем линейное представление НОДа многочленов $P(x)$ и $Q (x),$ то есть такие многочлены $A(x)$ и $B(x),$ что верно равенство:

P(x)⋅A (x)+ Q(x)⋅B (x)= (P(x),Q(x)).

Начнем применять алгоритм Евклида для многочленов $P(x)$ и $Q(x):$

(P(x),Q (x))= (Q(x)(x − 4)+ (x +2),Q (x)) ↓ (x+ 2,Q(x))=(x+ 2,(x+ 2)(2x2+ x− 2)+ (− 1)) ↓ (x +2,−1)

Видно, что НОД этих многочленов равен 1. Теперь найдем линейное представление:

(x+ 2)(2x2 +x− 2)− Q (x)= 1 ↓ (P(x)− Q(x)(x− 4))(2x2 +x− 2)− Q(x)= 1 ↓ P (x)⋅(2x2 +x− 2)− Q (x)⋅((2x2+ x− 2)(x− 4)+ 1)= 1

Если подставить $x= α$ в последнее равенство, то получим (нам известно, что $P(α)= 0$ ):

--1- 2 Q (α) =− ((2α +α − 2)(α− 4)+ 1).

То есть мы избавились от иррациональности в знаменателе, что и требовалось!

Ответ:

$− ((2α2+ α − 2)(α − 4)+ 1)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#138475Максимум баллов за задание: 7

Теорема о линейном представлении НОДа для многочленов. Для любых многочленов $P(x)$ и $Q(x)$ существуют такие многочлены $A(x)$ и $B(x),$ что

P(x)A (x)+ Q(x)B(x)= (P (x),Q(x)).

Показать доказательство

Применим алгоритм Евклида к $P (x)$ и $Q(x)$ . В процессе получаем последовательность делений

P(x)= Q (x)Q (x)+ R (x), Q(x)= Q1(x)R (x)+R1(x), 2 .1 2 .. Rk−2(x)= Qk(x)Rk−1(x)+Rk (x), Rk−1(x)= Qk+1(x)Rk(x).

Теперь обратной подстановкой выражаем каждый остаток через $P(x)$ и $Q(x)$ . Из первого шага:

R1(x)= P(x)− Q1(x)Q(x).

Из второго:

R2(x)= Q(x)− Q2(x)R1(x),

и, подставляя выражение для $R1(x),$ получаем

R2(x)= U2(x)P(x)+V2(x)Q (x).

Далее аналогично: если

Rj(x)= Uj(x)P(x)+ Vj(x)Q(x); Rj−1(x)= Uj−1(x)P(x)+ Vj−1(x)Q(x),

то

Rj+1(x)= Rj−1(x)− Qj+1(x)Rj(x)= A′(x)P(x)+B ′(x)Q (x),

где $A ′(x)$ и $B ′(x)$ некоторые многочлены. По индукции получаем, что последний ненулевой остаток

Rk(x)= A(x)P(x)+B (x)Q(x).

Так как $Rk(x)= (P(x),Q (x)),$ утверждение доказано.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#138478Максимум баллов за задание: 7

(a) Докажите, что многочлен $P (x)∈ ℚ[x],$ являющийся минимальным для своего корня $α,$ неприводим над $ℚ.$

(b) Докажите, что любой многочлен с рациональными коэффициентами и корнем $α$ делится на минимальный многочлен $α.$

(c) Теорема (об избавлении от иррациональности в знаменателе). Пусть $α ∈ℝ,$ а $P(x)$ — минимальный многочлен $α.$ Многочлен $Q(x)∈ℚ [x]$ таков, что $Q (α)⁄= 0.$ Докажите, что в дроби $1 Q(α)$ можно «избавиться» от иррациональности в знаменателе.

Показать доказательство

(a) Пусть не так. Тогда существуют такие многочлены $Q(x)$ и $R (x)$ из $ℚ[x],$ что $P(x)= Q(x)⋅R(x).$ Тогда один из многочленов $Q(x)$ и $R(x)$ имеет корень $α$ и имеет степень меньше, чем $P (x).$ Противоречие с минимальностью $P(x).$

(b) Обозначим минимальный многочлен через $P(x).$ Пусть существует многочлен $Q (x)$ с корнем $α,$ который не делится на $P(x).$ Тогда при делении $Q(x)$ на $P(x)$ будет остаток $R(x),$ где $R(x)$ — ненулевой многочлен из $ℚ [x].$ Заметим, что $R(x)$ тоже имеет корень $α,$ но при этом его степень меньше, чем у $P(x).$ Противоречие с минимальностью.

(c) Из пункта (a) следует, что $P(x)$ неприводим над $ℚ,$ поэтому $(P(x),Q(x))= 1.$ По теореме о линейном представлении НОДа, существуют многочлены $A(x)$ и $B (x)$ такие, что

A(x)P (x)+ B(x)Q(x)= 1.

После подстановки $α$ получаем $--1- B (α)= Q (α),$ что и требовалось.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#139257Максимум баллов за задание: 7

В выражении $(3− 2x)2017$ раскрыли скобки и привели все подобные слагаемые. Пусть $n$ равно сумме всех коэффициентов полученного многочлена. Найдите коэффициент при $10n x .$

Показать ответ и решение

Пусть

2017 f(x)= (3 − 2x)

Тогда $f(1)= 1,$ но $f(1)$ это и есть сумма всех коэффициентов. Посчитаем коэффициент перед $x10$ равный $a.$ Из бинома Ньютона

10 10 2007 a= C2017⋅2 ⋅3

Ответ:

$C10 ⋅210⋅32007 2017$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#83300Максимум баллов за задание: 7

Найти коэффициент $a 49$ многочлена $P(x)= (1+x15+ x17)6$ , если бы он был приведен в форму суммы одночленов вида $k akx ,k = 0,2,3,...,102$ .

Источники: Росатом - 2024, московский вариант, 11.5, по мотивам 10.2 ММО - 2005 (см. olymp.mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обратим внимание на степени переменных. Понятно, что при раскрытии скобок для каждого одночлена степень будет вида 17n+15m. Тогда найдём натуральные решения для 17n+15m=49

Подсказка 2

Правильно, единственное решение - (2;1). То есть при перемножении скобок мы 2 раза взяли х¹⁷ и 1 раз х¹⁵. Обратим внимание также, что в заданной скобке перед каждым одночленом коэффициент 1. Как тогда мы можем выразить коэффициент перед х⁴⁹?

Подсказка 3

Конечно, коэффициент перед х⁴⁹ равен количеству способов выбрать комбинацию из двух х¹⁷ и одного х¹⁵ в 6 скобках. Остаётся только это досчитать

Показать ответ и решение

Понимаем, что при раскрытии скобок степень каждого одночлена будет иметь вид $17n +15m,$ где $n$ — количество взятых $x17,m$ — количество взятых $15 x .$ Поэтому решим сначала уравнение в натуральных числах

17n +15m = 49

Нетрудно заметить решение $n= 2,m =1,$ а также что это решение единственное, т.к. иначе, чтобы сохранить нужные остатки, $x$ будет изменяться на кратное 15 число, а $y$ на кратное 17, поэтому одно из них станет отрицательным.

Осталось лишь посчитать количество способов выбрать комбинацию из двух $x17$ и одного $x15$ в 6 скобках:

2 1 6⋅5 C6 ⋅C 4 = 2 ⋅4= 60

Ответ: 60

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#85490Максимум баллов за задание: 7

Дан многочлен степени $n ≥1$ с целыми ненулевыми коэффициентами, каждый из которых является его корнем. Докажите, что модули всех коэффициентов этого многочлена не превосходят 2.

Источники: ММО - 2024, первый день, 11.4 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть Р(х) — многочлен из условия, а — его свободный член В этой задаче первым делом необходимо подумать, правда ли, что а делится на каждый из коэффициентов многочлена...

Подсказка 2

Да, это правда, так как это многочлен с целыми коэффициентами и каждый из коэффициентов является корнем. Нетрудно догадаться, что если свободный член по модулю меньше двух, то и остальные коэффициенты по модулю меньше двух. Тогда попробуйте доказать, что |a| < 2.

Подсказка 3

Это можно доказать по индукции. Не забудьте про базу при n = 1, а при переходе воспользуйтесь тем, что P(a) = 0.

Подсказка 4

Распишите Р(а) и вынесите а за скобочку. Пусть b — коэффициент при х в Р(х). Какой остаток тогда имеет b при делении на a? Чему в таком случае может быть равно b? Рассмотрите разные случаи, в одном из которых нужно будет не забыть про предположение индукции.

Показать доказательство

Пусть данный в условии многочлен с ненулевыми коэффициентами:

n P(x) =anx + ...a1x+ a0

По условию $ak$ — корень этого многочлена, где $k ∈{0,1,...,n}$ . И тогда:

n P(ak)= anak + ...+a1ak+ a0 = 0

Тогда $a0$ делится на все остальные коэффициенты многочлена $ak$ , а значит $|a0|≥|ak|> 0$ . Следовательно, достаточно проверить, что $|a0|< 2$ .

Докажем это по индукции по степени многочлена $n$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

База индукции:

При $n =0 :P (a )= a = 0 0 0$ (чего не могло быть по условию). При $n =1 :$

P(a0)= a1a0+ a0 = 0 =⇒ a1 = −1

И тогда $P(x)=− x+ a0$ , а $P(a1)= 1+ a0$ , откуда $a0 = −1$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Переход индукции.

n n−1 P(a0)=ana0 + ...+ a1a0 +a0 = a0(ana0 + ...+ a2a0+ a1+1)

Так как $P(a0)=0$ и $a0 ⁄= 0$ , имеем $(anan0−1+ ...+ a2a0+ a1+ 1)=0$ . Тогда $a1+ 1$ делится на $a0$ . Как показано выше $a0$ делится на $a 1$ . Значит, $a + 1 1$ делится на $a 1$ , что возможно только при $a =±1. 1$

Если $a1 = 1$ , то $.. a1 +1= 2.a0$ , и утверждение доказано.

Если $a1 = −1$ , то преобразуем выражение дальше:

n−1 n−1 2 n−2 P(a0)= a0(ana0 + ...+ a2a0+ a1+ 1) =a0(ana0 + ...+ a2a0)= a0(ana0 + ...+ a3a0+ a2)

Опять-таки получаем, что

n−2 .. (ana0 + ...+ a3a0+ a2)=0 =⇒ a2 .a0

Тогда $a2 ...a0,a0...a2$ , что возможно только если $|a2|= |a0|$ . В случае если $a2 = a0$ , то мы пришли к выражению вида

n−2 n−3 G(a0)= bn−2a0 + bn−1a0 + ...+ a0b1+ a0 =0,

где $bi = ai+2$ , имеющее тот же вид, что и $P(a0)$ , но степени на $2$ меньшей. Из предположения индукции отсюда следует, что $|a0|≤ 2$ .

Если же $a2 = −a0$ , то домножим равенство на $− 1$ (эта операция не влияет на делимости коэффициентов и получим:

n−2 −ana0 − ...− a3a0+ a0 = 0

Для которого снова применимо предположение индукции, а значит $|a0|≤2$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#85559Максимум баллов за задание: 7

Найдите все такие многочлены $P(x)$ с вещественными коэффициентами, что многочлены $P(x2+x +1)$ и $P(x2)+ P(x)+P (1)$ равны.

Показать ответ и решение

Обозначим наш многочлен через

n n−1 P (x)= anx + an− 1x + ...+ a0

Предположим, что $n> 1.$ Тогда коэффициент перед $x2n−1$ слева будет равен $nan,$ а справа — $0,$ откуда получаем противоречие. Значит, $n ≤1.$ Если $n≤ 0,$ то $P(x)=c$ для некоторого вещественного $c,$ откуда $c =3c,$ то есть $c=0.$ Если $n= 1,$ то $P (x)= kx+ l$ для некоторых вещественных $k$ и $l.$ Имеем $k(x2+ x+ 1)+ l= kx2 +kx+ k+ 3l,$ откуда $l= 0,$ а $k$ — любое.

Ответ:

$P (x)= kx$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#85573Максимум баллов за задание: 7

Многочлен $P(x)$ с вещественными коэффициентами удовлетворяет условиям:

2 100 P(0)= 1; (P(x)) = 1+ x+ x ⋅Q(x)

для некоторого многочлена $Q(x).$ Докажите, что у многочлена $(P(x)+1)100$ коэффициент перед $x99$ равен $0.$

Показать доказательство

Поскольку $P(0) =1,$ откуда $P(x)=x ⋅S(x)+ 1.$ Рассмотрим многочлен

100 100 100 100 100 (P(x)+ 1) + (P (x)− 1) = (P(x)+ 1) +x ⋅S (x)

Раскрыв скобки по биному Ньютона в данном многочлене, получим, что

100 100 100 100 2 2 0 (P(x)+1) + (P (x)− 1) = 2⋅(C100P(x) +...+C100P(x) + C100)

Подставив $P(x)2 =1+ x+ x100⋅Q (x),$ получим многочлен, у которого коэффициент при $x99$ в каждом из слагаемых $2C21k00(1+ x+ x100⋅Q(x))k$ равен 0 (так как $k ≤50$ ). С другой стороны коэффициент при $x99$ у многочлена $(P (x)− 1)100$ также равен $0.$ Значит, и у многочлена $(P(x)+1)100$ коэффициент при $x99$ также равен $0.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#87532Максимум баллов за задание: 7

Коэффициенты многочлена степени $n> 2024$

n n−1 Pn(x)= anx + an−1x + ...+ a1x +a0,

взятые в том же порядке (начиная со старшей степени), образуют геометрическую прогрессию со знаменателем $q$ $(q ⁄= 0,±1 ).$ Выясните, может ли $Pn(x)$ иметь только один корень.

Если может, укажите минимальную степень (из диапазона выше), при которой это возможно, и выразите корень через $a 0$ и $q$ . Если нет, укажите минимально возможное количество корней при любом $n> 2024.$

Источники: Надежда энергетики - 2024, 11.5 (см. www.energy-hope.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте подумаем, как можно использовать то, что коэффициенты образуют геометрическую прогрессию? Чем является каждое слагаемое в многочлене?

Подсказка 2

Одночлены образуют геометрическую прогрессию тоже! Нетрудно заметить, что знаменатель этой прогрессии равен q/x. Тогда чему равна сумма одночленов?

Подсказка 3

По формуле можно найти сумму. Остаётся решить простое уравнение. Не забудьте учесть, что знаменатель не равен 0!

Показать ответ и решение

Заметим, что $a ⁄= 0 n$ и $a ⁄=0, 0$ следовательно $a = a qn ⁄= 0. 0 n$ Значит, $x= 0$ не является корнем.

Поймём, что одночлены (начиная со старшего) в многочлене образуют геометрическую прогрессию с знаменателем $q x.$ Значит, многочлен может быть представлен как сумма первых $n+ 1$ члена данной прогрессии. Заметим, что если $x= q,$ то

n n−1 n n n Pn(q)= anq +an−1q + ...+a1q+ a0 = an = a◟nq-+anq◝+◜-...+-anq◞ n+1раз

n n Pn(q)= anq (n +1)⁄= 0, т.к. a ⁄= 0,q ⁄=0

Значит, $x= q$ не корень. Поэтому дальше будем считать $x ⁄=q$ и запишем следующее

anxn((q)n+1− 1) Pn(x)= anxn +an−1xn−1+ ...+ a1x+ a0 =------xq-------- x − 1

Выразим корни с учётом $x⁄= 0$ и $an ⁄= 0$

anxn((q)n+1 − 1) -----qx--------=0 x − 1

( ) ( q n+1− 1= 0 x

xn+1 = qn+1

Если $n+ 1$ нечётно, тогда $x =q,$ чего быть не может, а если $n+ 1$ чётно, тогда $x= ±q,$ а в силу ограничений получаем $x= −q.$ Это и будет единственным корнем.

Теперь найдём минимальное $n.$ Из условий $n > 2024$ и $n+ 1$ чётно получаем, что $n= 2025$ подходит.

Ответ:

может при $n = 2025 min$ , корень равен $− q$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#88063Максимум баллов за задание: 7

Пусть $A = 11111$ . Найдите остаток от деления числа

2024 2023 (2023⋅A − 1) +(2024⋅A+ 1)

на число $123454321.$

Источники: Межвед - 2024, 11.2 (см. v-olymp.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметим, что А^2 = 123454321

Подсказка 2

Давайте раскроем скобки в первом слагаемом. Можем ли мы избавиться от всех слагаемых?

Подсказка 3

Да! Все кроме двух слагаемых будут содержать A^2 тогда они сравнимы с 0 по морулю A^2. Так же мы можем раскрать скобки во 2 слагаемом

Подсказка 4

Получаем исходное равно -2023A * 2024 + 1 + 2024 * A * 2023 + 1. Как ещё можно упростить это выражение?

Показать ответ и решение

Вычислим $A2 :$

2 2 A =11111 =123454321

То есть нужно найти остаток по модулю $A2.$ Рассмотрим первое слагаемое.

(2023⋅A − 1)2024 = (2023⋅A− 1)⋅(2023⋅A− 1)⋅...⋅(2023 ⋅A − 1) ◟--------------2◝0◜24--------------◞

Раскрывая скобки, как минимум два раза выберется $A$ из скобок, что дает $0$ в сравнении по модулю $A2.$ Это верно, кроме случаев, когда были выбраны все единицы или когда было выбрано одно $A$ из всех скобок. Тогда, используя бином Ньютона, получаем, что первое слагаемое сравнимо с

(2023 ⋅A − 1)2024 ≡ −2023A ⋅2024+ 1 A2

Аналогично получаем, что второе слагаемое сравнимо с

2023 (2024 ⋅A + 1) A≡2 2024⋅A ⋅2023+ 1

Тогда получаем

(2023⋅A − 1)2024+ (2024⋅A+ 1)2023 ≡2 −2023A⋅2024 +1+ 2024 ⋅A ⋅2023+ 1= 2 A

Следовательно, остаток равен $2.$

Ответ: 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#124296Максимум баллов за задание: 7

Дано вещественное число $a.$ Многочлен $P (x)$ с вещественными коэффициентами таков, что $P (x)≡ P(a− x).$ Докажите, что $(( a)2) P (x)≡ Q x− 2$ для некоторого многочлена $Q (x)$ с вещественными коэффициентами.

Показать доказательство

Рассмотрим многочлен $Q(x)= P(x + a) 2$ . Имеем

( a) ( ( a)) ( a) Q (x)= P x + 2 = P a− x+ 2 =P −x+ 2 =Q (− x).

т.е многочлены $Q (x)$ и $Q(−x)$ тождественно равны, а значит равны их коэффициенты. Это возможно лишь тогда, когда показатели степеней всех одночленов чётные, следовательно

Q(x)= R(x2)

для некоторого многочлена $R$ .

Наконец, $a 2 P(x+ 2)= R(x ),$ следовательно, $a2 P (x)= R((x− 2)).$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#124302Максимум баллов за задание: 7

Целые числа $a$ , $b$ и $c$ таковы, что числа $a+ b+ c b c a$ и $-b+ c+ a a b c$ тоже целые. Докажите, что $|a|= |b|= |c|.$

Показать доказательство

Пусть

a b c x = b, y =c, z = a,

тогда $xyz = 1$ и число

a c b xy+ yz+zx =-c + b + a

является целым. Рассмотрим многочлен

P(t)= t3 − (x+ y+ y)t2+(xy+ yz+zx)t− xyz.

Все коэффициенты $P (t)$ — целые, а поскольку он приведённый, все его рациональные корни — целые. Согласно обратной теореме Виета, $x,y,z$ — корни этого многочлена, то есть $x,y,z$ — целые, но $xyz = 1$ , так что $x= ±1,y = ±1,z =±1,$ следовательно, $|a|= |b|= |c|.$

Предыдущая подтема

Следующая подтема