Многочлены
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Найдите сумму всех коэффициентов многочлена после раскрытия скобок и приведения подобных
слагаемых.
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.
Вспомним простой факт про сумму коэффициентов многочлена после раскрытия скобок.
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Пусть дан многочлен степени :
Сумма коэффициентов многочлена определяется как сумма всех
.
Теперь заметим, что если мы подставим в многочлен
, то каждый член многочлена преобразуется следующим
образом:
То есть, когда мы подставляем , все степени
превращаются в единицу, и остается только коэффициент перед каждой степенью.
Таким образом, подставляя
в многочлен, мы получаем сумму всех его коэффициентов:
Именно поэтому сумма коэффициентов многочлена равна значению этого многочлена при .
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Теперь вернёмся к нашей задаче. Нам нужно найти сумму коэффициентов многочлена . Как мы уже выяснили, эта
сумма равна значению многочлена при
:
Таким образом, сумма всех коэффициентов многочлена равна 1.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
В выражении раскрыли скобки и привели все подобные слагаемые. Пусть
равно сумме всех коэффициентов полученного
многочлена. Найдите коэффициент при
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 :)
Рассмотрим После раскрытия скобок и приведения подобных слагаемых
Заметим, что сумма всех коэффициентов
равна
Значит, она равна
Итак, надо найти коэффициент при то есть
Так как то при раскрытии скобок третья степень
получается только следующими способами:
Количество одночленов первого вида равно числу способов выбрать 2 различных элемента (2 скобки , из которых берётся
и
соответственно) из 20. Это количество равно
Количество одночленов второго вида равно числу способов выбрать 3 скобки в которых берётся
из 20 (в остальных в
произведение при раскрытии будет браться
). Это количество равно
В итоге
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Пусть — неотрицательные числа, и
Докажите, что для любого
Источники:
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
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!
Докажем индукцией более общее утверждение:
Для любого целого если
неотрицательны и
то для любого
База индукции в таком случае
и
а значит,
—
доказано.
Индукционное предположение: пусть для некоторого и любых неотрицательных
если
то для любого
Шаг индукции: рассмотрим многочлен где
Имеем
Для завершения индукционного шага достаточно рассмотреть (доказать) три неравенства:
- 1.
-
- 2.
-
- 3.
-
для всех i =
Рассмотрим их по порядку:
- 1.
-
Раскроем скобки и оценим выражение, откинув неотрицательные слагаемые,
Теперь, применяя предположение индукции, получаем то, что нужно
- 2.
-
Применяя базу, получаем то, что нужно
- 3.
-
Пусть теперь
— произвольное целое число. Раскроем скобки в левой части неравенства:
Раскроем скобки в правой части неравенства:
По предположению индукции первое слагаемое из левой части неравенства не меньше первого слагаемого из правой части неравенства:
Аналогично, последнее слагаемое из левой части неравенства не меньше последнего слагаемого из правой части неравенства:
Теперь сравним средние слагаемые в левой и правой частях неравенства: очевидно, что для этого достаточно сравнить
и
Для этого умножим обе величины на
и применим индукционное предположение:
Следовательно,
что завершает доказательство.
Шаг индукции доказан, а вместе с ним и утверждение, обобщающее утверждение задачи.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Докажите, что для любого простого существует ровно
неприводимых над
многочленов степени не выше
Всего имеется многочленов степени не выше
над
(для каждого из трёх коэффициентов по
вариантов). Давайте теперь
посчитаем количество приводимых. Каждый приводимый многочлен имеет вид либо
где
— ненулевой вычет, а
и
—
произвольные вычеты. Приводимых многочленов второй степени всего
(суммы случаев, когда корни разные и
одинаковые). Значит, количество неприводимых многочленов равно
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Пусть — все квадратичные вычеты по модулю
Для
…,
найдите
Квадратичными вычетами по модулю являются те и только те числа, которые удовлетворяют сравнению
Давайте рассмотрим многочлен
Его корни
Если вспомнить теорему Виета, становится ясно, что
— модуль коэффициента при
у рассмотренного многочлена, умноженный на
Все
коэффициенты, кроме свободного члена, равны
значит, соответствующие сигмы сравнимы с
а
при
и
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Даны многочлены и
с целыми коэффициентами. Известно, что все коэффициенты многочлена
делятся на некоторое простое число
Докажите, что тогда все коэффициенты одного из многочленов
и
делятся на
Пусть многочлен — многочлен
у которого все коэффициенты взяты по модулю
Аналогично определим
По условию
в
Но тогда либо
либо
в
Это даёт требуемое.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
(a) Нетрудно заметить, что делится на
Теперь докажем, что
делится на
Пусть
делится на некоторое простое
то есть равно
в
Но тогда какой-то из многочленов
равен
в
а
значит,
делится на
то есть в рассматриваемой делимости на
можно делимое и делитель сократить. Так мы
сократим все простые числа, входящие в
то есть делимость доказана. Если два числа друг на друга делятся, то они
равны.
(b) Достаточно доказать, что мнонгочлен приводим над
тогда и только тогда, когда он приводим над
Понятно, что из
приводимости над
приводимость над
автоматически следует. Теперь докажем обратное. Пусть
где
и
—
многочлены с рациональными коэффициентами. Пусть
— НОК знаменателей
— НОК знаменателей
Тогда
Пусть
где
и
— целочисленные многочлены с
единичным содержанием. Ясно, что
делится на
Значит, можно сократить на
и получить приводимость над
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Критерий Эйзенштейна. Пусть все коэффициенты кроме старшего, делятся на простое число
и свободный член не
делится на
Тогда
неприводим над
Пойдём от противного, пусть приводим над
Рассмотрим эти многочлены в
По условию
в
будет
иметь вид
где
потому что остальные коэффициенты кратны
Но тогда каждый из многочленов
и
будут иметь такой
же вид. Значит, их свободные члены в
равны
но тогда в
они кратны
В этом случае свободный член
будет делиться на
Пришли к противоречию.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Для натуральных найдите
Заметим, что многочлен в
По теореме Виета коэффициенты этого многочлена — почти то же самое, что и
симметрические многочлены от
Тогда выходит, что
если
(так как все коэффициенты этого
многочлена при степенях, отличных от
-ой и
ой нулевые). Так как
то
Теперь
найдем
По теореме Виета
при
и
при
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Многочлен и многочлен
имеют как минимум один общий корень. Докажите, что число
является корнем
многочлена
Источники:
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?
Пусть — общий корень данных многочленов, тогда
и
Из первого равенства следует, что
Подставим это во второе равенство и получим
Отсюда следует, что — корень
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Петя и Вася играют в игру. Начинает Петя. В начале игры на доске написан многочлен В свой ход игрок
может либо заменить многочлен на его производную, либо, если в многочлене больше одного одночлена, стереть с доски один из
одночленов.
Если при дифференцировании какого-то одночлена получается в он на доске не пишется. Игра заканчивается, когда на доске
остаётся число. Петя хочет, чтобы это число было как можно больше, а Вася чтобы как можно меньше.
Какое число останется на доске при правильной игре?
Источники:
Подсказка 1
Давайте попробуем оценить сверху коэффициент при оставшемся одночлене. Как он зависит от изначальной степени этого одночлена? Что выгоднее сделать Пете в первую очередь?
Подсказка 2
Пете невыгодно оставлять одночлены, степень которых изначально была достаточно малой. А какой похожий вывод можно сделать о Васе?
Подсказка 3
Васе было бы выгодно, чтобы степень оставшегося одночлена была как можно меньше. Осталось придумать действия для их целей и оценить коэффициент оставшегося одночлена с двух сторон ;)
Будем говорить, что одночлен при дифференцировании превращается в одночлен
(или исчезает, если получившийся одночлен
равен
Результат игры зависит от того, многократным дифференцированием какого одночлена получена итоговая константа. При этом
на каждом ходу исчезает не более одного одночлена, поэтому игра продлится минимум
ход (изначально одночленов
Петина стратегия — всё время дифференцировать многочлен. Петя начинает первый, он сделает минимум ход и уничтожит все
одночлены, изначальная степень которых была от
до
включительно. Таким образом, вне зависимости от действий соперника, Петя
гарантирует, что оставшийся одночлен будет иметь изначальную степень не меньше
а значит, его итоговое значение после
превращения в константу будет не меньше (
Васина стратегия — всё время стирать старший член многочлена. Вася сделает не менее ходов и уничтожит все одночлены,
изначальная степень которых была больше
Таким образом, вне зависимости от действий соперника, Вася гарантирует, что
оставшийся одночлен будет иметь изначальную степень не больше
а значит, его итоговое значение после превращения в константу
будет не больше
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Многочлен со старшим коэффициентом
имеет только целые коэффициенты, среди которых есть отрицательные. Обязательно ли
многочлен
имеет хотя бы один отрицательный коэффициент?
Источники:
Подсказка 1
Это задача — конструктив. Значит, ответ — необязательно, и нужно лишь привести пример многочлена.
Подсказка 2
Попробуйте реализовать следующую идею. Придумайте приведенный многочлен с одним отрицательным коэффициентом такой, что его куб и квадрат имеют только положительные коэффициенты. Тогда и 2025 степень тоже будет только с положительными.
Подсказка 3
Вероятно, вы попытались придумать такой многочлен 1, 2, 3 степени и потерпели неудачу. Как насчёт того, чтобы попробовать придумать многочлен 4 степени?
Покажем несколько примеров приведенных многочленов с целыми коэффициентами, среди которых есть отрицательные, у которых -я
степень не имеет отрицательных коэффициентов.
Пример 1. Рассмотрим многочлен
где — достаточно большое натуральное число (на самом деле, достаточно взять
Проверим, что
и
имеют
только положительные коэффициенты:
Теперь положим Этот многочлен приведённый, имеет только целые коэффициенты и один отрицательный. Покажем,
что
и
тоже имеют только неотрицательные коэффициенты:
Единственный отрицательный коэффициент в этой сумме есть только у при
он равен
но коэффициент при
у
равен
поэтому вся сумма не имеет отрицательных коэффициентов.
Единственный отрицательный коэффициент в этой сумме есть только у при
и он равен
но коэффициент при
уже в
равен
поэтому вся сумма гарантированно не имеет отрицательных коэффициентов.
Поэтому и
не имеют отрицательных коэффициентов, а значит, и
для всех больших
не имеет
отрицательных коэффициентов, так как любое число, большее
представимо в виде суммы двоек и троек.
Идея этого примера такова: рассмотрим многочлен Его любая степень имеет положительные коэффициенты (нет
нулевых). “Пошевелив” (на данный момент нулевой) коэффициент при
в отрицательную сторону мы получим многочлен, коэффициенты
степеней которого «мало» отличаются от коэффициентов тех же степеней многочлена
так как коэффициенты его степеней
являются непрерывными функциями от параметра
поэтому при малом
степени многочлена
будут иметь только положительные коэффициенты. На основе этого легко построить приведенный
целочисленный многочлен, у которого все степени имеют только положительные коэффициенты. Аналогично подходит многочлен
и его шевеления
для всех
при
тогда
дает нам нужный пример многочлена имеющий произвольную степень
______________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Пример 2. Рассмотрим
Тогда многочлены и
тоже имеют только положительные коэффициенты, а значит, и для всех
многочлен
будет иметь только положительные коэффициенты. Аналогичные примеры можно построить для любой степени, не меньшей
(почти все коэффициенты равны
В этом примере минимальная степень
многочлена равна
______________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Пример 3. Пусть Рассмотрим
(все коэффициенты, кроме одного, равны Тогда
и
не имеют отрицательных коэффициентов, а значит, и для всех
многочлен
не будет иметь отрицательных коэффициентов. В этом примере модули коэффициентов не превосходят
______________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Замечание 1. Данные примеры показывают, что для любого существует приведённый целочисленный многочлен степени
с
отрицательным коэффициентом, старшие степени которого не имеют отрицательных коэффициентов. Можно доказать, что если
квадратичный или кубический многочлен имеет отрицательные коэффициенты, то его степени тоже будут иметь отрицательные
коэффициенты.
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Замечание 2. Для всякого можно построить целочисленный приведенный многочлен
степени которого вплоть до
имеют отрицательные коэффициенты, а начиная с
не имеют отрицательных коэффициентов.
Не обязательно
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Существует ли такой многочлен с целыми коэффициентами и натуральные числа
и
что
не делится на
но
делится на
для любого простого числа
и любого натурального
Подсказка 1
Если искомое существует, то нам нужно привести пример такого многочлена и чисел m и n и доказать для них выполнение условий. То есть, доказать, что значение многочлена в любой степени любого простого числа кратно n, и при этом существует значение, в котором многочлен не кратен n. Но сразу сказать про все простые числа сложно.. Давайте подумаем только про двойку! Каким должен быть многочлен и число n, чтобы его значение в любой степени двойки было кратно n?
Подсказка 2
Например, n может быть равно степени двойки! Пусть n это 2 в k-ой степени. А многочлен состоять из множителей вида (x-p). Подумайте, сколько должно быть таких скобочек с чётными и нечётными p, чтобы многочлен делился на степень двойки.
Подсказка 3
Верно, скобочек с нечетным p должно быть не меньше k! Аналогично для чётных, чтобы для в любой степени любого нечётного простого числа многочлен делился на 2 в k-ой степени. Теперь осталось поподбирать значения и найти подходящий пример! Не забудьте, что надо так же найти m!
Первое решение. Приведём несколько примеров таких многочленов. 1) Пусть
Проверим, что не делится на
Действительно,
не делится на
Теперь проверим, что
делится на
для любого простого числа
и любого натурального
Если
или
то многочлен тождественно равен
Для
где
имеем
Наконец, если простое число нечётно (а значит, и
нечётно), то
делится на
так как при любом нечётном
значение
делится на
а значит, и на
2) Пусть
Сначала проверим, что делится на
при всех простых
и натуральных
Начнём со случая Заметим, что первое слагаемое делится на
а значит, и на
Остаётся проверить, что
делится
на
для чисел вида
где
При
и
это проверяется непосредственно; при
число
также делится
на
Теперь проверим утверждение для простых чисел В этом случае
взаимно просто с
а значит, достаточно доказать
утверждение
кратно
при любом
взаимно простом с
Для этого заметим, что при всех таких
по теореме Эйлера
выполняется соотношение
а тогда
Остаётся проверить, что не делится на
Для этого снова заметим, что число
делится на
а число
не
делится на
Второе решение.
Пусть — простое,
и пусть
— все не кратные
натуральные числа, меньшие
Положим
Действительно, тогда не кратно
При
число
имеет остаток от деления на
не кратный
поэтому один из множителей в определении
будет кратен
при
При
и
уже число
будет кратно
Наконец, при
значение
делится на
Существует
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
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.
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?
Без ограничения общности можно считать, что многочленов с положительным старшим коэффициентом больше, чем с отрицательным
(иначе домножим все многочлены на ). Тогда можно выбрать 100 многочленов
…,
с положительным старшим
коэффициентом. Рассмотрим многочлены
где и
Получается, что все многочлены
тоже с положительными старшими коэффициентами. Значит,
если они все не имеют корней, то
Но тогда
то есть многочлен
не имеет вещественных корней, противоречие.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Пусть Рассматриваются два множества
и
В
каком из этих множеств квадратов целых чисел больше?
Источники:
Подсказка 1
Попробуйте разложить многочлен p(x) на множители.
Подсказка 2
Обратите внимание на то, как заданы множества A и B. Попробуйте выразить их элементы.
Подсказка 3
Пусть a = b, тогда если a — квадрат, то и b — квадрат.
Заметим, что
Таким образом, при целом число
является квадратом целого тогда и только тогда, когда квадратом целого является число
а число
— тогда и только тогда, когда квадратом целого является число
В первом случае, подойдут нечетные квадраты среди натуральных чисел от 5 до 4049.
Во втором случае, подойдут нечетные квадраты среди натуральных чисел от 1 до 4048.
Так как нечетных квадратов на втором отрезке больше из-за единицы, во втором множестве квадратов целых чисел больше на 1.
Во втором множестве квадратов на 1 больше
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Многочлен имеет три корня, равные попарным суммам корней многочлена
Найти
Источники:
Подсказка 1
Что можно сказать о корнях многочлена Q(x)?
Подсказка 2
Он имеет три корня, причем некоторые могут быть комплексными или совпадать. Аналогично для P(x). Какие Вы знаете факты о корнях многочленов?
Подсказка 3
Воспользуйтесь теоремой Виета.
Так как многочлен степени три, то по основной теореме алгебры он имеет ровно три корня, причем некоторые из них могут оказаться
комплексными или могут совпадать. Аналогично, так как многочлен
степени три, то он имеет ровно три корня.
Обозначим символами
корни многочлена
символами
— корни многочлена
Тогда по теореме
Виета
Согласно условию,
Тогда, подставив выражения для
и
через
и
в выражения для
получим значение:
Аналогично получаем значение :
Значение :
Oтвет:
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Есть два приведенных (то есть с коэффициентом 1 при старшей степени) многочлена и
равных четных степеней с
вещественными коэффициентами. Известно, что уравнение
не имеет вещественных корней. Какие из следующих уравнений
имеют, а какие не имеют вещественные корни (хотя бы один корень)?
- 1.
-
- 2.
-
- 3.
-
Источники:
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!
Введём обозначения, пользуясь условием.
где — многочлены степени не выше
Так как уравнение
не имеет вещественных корней, то и уравнение
не может иметь вещественных корней, так как мы имеем простую замену переменных. Поскольку
не
имеет вещественных корней, имеем
иначе
был бы многочленом нечётной степени
и потому имел бы хотя бы
один вещественный корень.
Рассмотрим уравнение и раскроем все члены
где
по формуле бинома Ньютона:
где многочлены
имеют степени не выше
Следовательно,
является многочленом нечётной степени с вещественными коэффициентами, и, следовательно, уравнение имеет хотя бы
один вещественный корень.
Уравнение имеет вещественный корень, что доказывается из предыдущих рассуждений после перестановки
и
из
чего после простой замены следует существование вещественного корня уравнения
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
Пару многочленов и
с целыми коэффициентами назовём важной, если из делимости на 100 обеих разностей
где — целые, следует, что числа
и
делятся на 100. Существует ли такая важная пара многочленов
и
что пара многочленов
и
тоже является важной?
Пусть пара многочленов и
— важная. Рассмотрим пары остатков от деления на 100 чисел
и
где
—
всевозможные пары целых чисел от 0 до 99. Согласно условию задачи, все такие пары остатков разные. Поскольку всего пар чисел
то каждая пара остатков от деления на 100 достигается ровно один раз. Значит, достигаются все 4 возможные пары чётностей чисел
Поскольку чётность значения многочлена с целыми коэффициентами в точке
зависит только от чётности чисел
и
мы получаем, что пары значений
дают все четыре возможные пары чётностей. Однако заметим, что для пар многочленов и
первые три пары чётностей одинаковые, а последняя пара — разная. Следовательно, обе такие пары многочленов важными быть не могут.
не существует
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Пусть — корни многочлена
Найдите
Источники:
Подсказка 1
Сколько действительных корней будет иметь многочлен P(x)?
Подсказка 2
Можно доказать, что 3, рассмотрев его положительность и отрицательность в разных точках.
Подсказка 3
Если a, b и c — корни P(x), как можно попробовать получить a²b² + b²c² + a²c²?
Подсказка 4
Попробуйте рассмотреть многочлен P(x) ⋅ (-P(-x)).
Подсказка 5
Корнями этого многочлена относительно x² будут a², b² и c². Получите желаемую сумму через теорему Виета.
Заметим, что
Следовательно, многочлен имеет 3 действительных корня.
Многочлен
имеет корни
и
По теореме Виета
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
У какого из многочленов и
больший коэффициент при
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?
Коэффициент при получается при раскрытии скобок, если выбрать
множителей
и
множителей
так что
а
остальные множители равны 1. Знак коэффициента равен
где
берётся из множителя при
а
— из
множителя при
В первом многочлене мы всегда берём чётное число троек, поэтому каждое слагаемое идёт с плюсом.
В многочлене , например, если взять 7 двоек и 2 тройки, знак будет отрицательным. Поэтому сумма коэффициентов
при
у первого многочлена будет больше.