Тема АЛГЕБРА

Многочлены

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела алгебра

Разделы подтемы Многочлены

Многочлены с целыми коэффициентами и теорема Безу

Теорема Виета для многочленов

Корни многочленов

Свойства коэффициентов многочленов, раскрытие скобок и бином Ньютона

Симметрические многочлены

Применение производной в многочленах

Многочлены над конечным полем

Неприводимость и разложение на неприводимые многочлены

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#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 $x= 0.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#76193

Дед Мороз на Новый год принёс в мешке два различных чудесных многочлена степени 2024, у которых равны значения при всех натуральных аргументах до 2024 включительно. А могут ли в точке 2024 быть равны ещё и значения производных от этих многочленов?

Показать ответ и решение

Обозначим эти чудесные многочлены как $P(x)$ и $Q (x)$ . Из условия следует, что разность этих многочленов $R(x)=P (x)− Q(x)$ имеет 2024 корня, нетождественна равна нулю (потому что многочлены различные) и может иметь степень не выше 2024. Поэтому при каком-то ненулевом числе $c$ можно записать

R (x)= c⋅(x− 1)⋅...⋅(x− 2024)

В условии спрашивают, может ли быть $P ′(2024)= Q′(2024) ⇐ ⇒ R′(2024)= 0.$ Представим $R(x)$ в виде $(x− 2024)⋅T(x)$ и посчитаем производную произведения

′ ′ ′ ′ R (x)= (x− 2024)T(x)+(x− 2024)T(x)= T(x)+ (x − 2024)T (x)

Получаем, что в точке 2023 производная не равна нулю:

′ R(2024)= T(2024)+ 0= c⋅(2024− 1)⋅...⋅(2024− 2023)= c⋅2023!

Ответ: нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#77058

Существуют ли многочлены с вещественными коэффициентами $P(x)$ и $Q(x)$ такие, что

2 3 P (x)+ Q (x)= x?

Показать ответ и решение

Из исходного равенства заключаем, что $P2(x)− x$ кратно $Q2(x).$ После взятия производной имеем

′ 2 ′ 2P(x)P(x)+ 3Q (x)Q(x)= 1

следовательно, $2P(x)P ′(x)− 1$ кратно $Q2(x)$ $(∗),$ наконец

′ 2 ′ x(2P(x)P(x)− 1)− (P (x)− x)=P (x)(2xP(x)− P(x))

кратно $Q2(x),$ так же из $(∗)$ следует, что НОД $(P(x),Q(x))= 1.$ Таким образом, многочлен $R(x)= 2xP(x)′− P(x)$ кратно $Q2(x),$ следовательно, $degR(x)≥degQ2(x).$

C другой стороны, из изначального равенства, имеем

degR(x)≤ degP (x)= deg Q3(x)− x-≤degQ2(x) 2

что влечет противорчие.

Ответ:

Не существует

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#82286

Дан многочлен $P(x)$ степени $22$ . Известно, что у производной многочлена $P2(x)$ ровно $36$ различных вещественных корней. Какое наибольшее число различных вещественных корней может быть у многочлена $P (x)$ ?

Источники: ИТМО-2024, 11.1 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нужно взять производную от P^2(x). Она равна 2P(x)P’(x). Что вы можете сказать про корни производной, зная корни многочлена?

Подсказка 2

Вспомните теорему Ролля. Она гласит, что между корнями многочлена есть корень производной. Поймите отсюда верхнюю оценку количества корней, а затем придумайте пример.

Показать ответ и решение

Производная многочлена $P2(x)$ равна

( 2 )′ ′ P (x) = 2P (x)P (x)

Видно, что 36 корней этого выражения являются корнями многочлена $P(x)$ или его производной (могут быть одновременно корнями и многочлена, и производной).

При этом по теореме Ролля между каждыми двумя корнями многочлена находится корень производной, не являющийся при этом корнем многочлена. Поэтому если у многочлена $P(x)$ хотя бы 19 корней, то у его производной хотя бы 18 корней, так что суммарно уже 37 различных корней, а это больше 36.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма (доказывать на олимпиаде не требовалось): Если число $a$ является корнем многочлена $P(x)$ кратности $k,$ то для производной $′ P (x)$ число $a$ является корнем кратности $k− 1.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Пример на 18 корней строится так: рассмотрим многочлен

P0(x)= x5(x− 1)...(x − 13)(x− 14)(x− 15)(x− 16)(x − 17)

У него и у его производной 18 корней, но есть общий (только $x= 0$ общий по лемме, оставшиеся 17 корней находятся между корнями $P (x)$ по теореме Ролля). Тогда у $′ 2P0(x)P0(x)$ 35 корней.

Но при достаточно маленьком $𝜀> 0$ (можно взять конкретное $𝜀 =0.1$ ) многочлен $P(x)= P0(x)+𝜀$ будет иметь так же 18 корней и такую же производную, но $′ 2P (x)P (x)$ будет иметь уже 36 корней за счёт того, что $x= 0$ перестанеть являться корнем $P (x)$ .

Ответ:

$18$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#82682

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

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Чтобы доказать, что у нас многочлен во всех точках кратен чему-то, бывает удобно представлять этот многочлен в виде, когда мы поделили его на какой-то другой с остатком, то есть представить P(x) = Q(x) * S(x) + R(x), и делили мы на многочлен на Q(x). Тогда если мы докажем, что во всех точках Q и R кратны чему-то, то докажем это и для P(x). Тогда, давайте сразу возьмём в качестве Q какой-то многочлен, который кратен 2^2^n. К примеру, x(x - 1)…(x - (2^n + 1)). Докажите, что такой многочлен действительно кратен 2^2^n, а после поймите какие условия тогда мы получаем на R(x).

Подсказка 2

Q(x) кратен, поскольку у нас произведениe k последовательных целых чисел кратно k!, и при этом у k! мы можем посчитать степень вхождения 2. В таком случае, на R(x) накладываются ровно такие же условия, как на P(x). А что значит, если многочлен, который принадлежит Z[x](поймите почему), и имеет степень меньшую, чем у Q, а также в хотя бы в deg(Q) подряд идущих целых точках кратен некоторому числу?

Подсказка 3

Это значит, что он кратен этому числу во всех целых точках, поскольку мы можем поделить на это целое число и индукцией показать, что если многочлен целочисленный в хотя бы t+1 подряд идущей целой точке, при том, что его степень не больше t, то он целочисленный во всех целых точках. Что тогда это нам даёт в рамках задачи?

Показать доказательство

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

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

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

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#82696

Докажите, что если действительные числа $a$ , $b$ , $c$ удовлетворяют условию

1 1 1 ---1--- a + b + c = a +b+ c

то сумма каких-то двух из них равна нулю.

Показать ответ и решение

Первое решение.

Приведем левую дробь к общему знаменателю:

1 1 1 bc+ ac +ab a + b + c =--abc---

Теперь по правилу пропорции имеем равенство:

(a +b+ c)(bc +ac+ ab)= abc

Раскрываем в левой части скобки, получаем:

abc+a2c+ a2b+ b2c +abc+b2a+ c2b+ c2a +abc= abc

В левой и правой части $abc$ взаимно уничтожится, тогду получится уравнение:

2 2 2 2 2 2 ac+ a b+b c+b a+ cb+ ca +2abc= 0

Заметим, что левая часть равна $(a+b)(b+ c)(a+ c).$ Тогда получаем равенство

(a+b)(b+ c)(a+ c) =0

Из которого напрямую следует, что сумма каких-то двух из наших чисел равна нулю.

Второе решение.

Рассмотрим многочлен, корнями которого являются данные числа

P (x)= (x− a)(x− b)(x − c)

Пусть при раскрытии скобок мы получаем

P (x)= x3+ px2 +qx+ r

Тогда по теореме Виета

( |{ a +b+ c= −p |( ab+ bc+ca= q abc= −r

Из условия после приведения к общему знаменателю получаем

(a +b+ c)(ab+bc+ ca)= abc

то есть

−pq = −r

Тогда $P (x)$ можно представить в виде

x3+ px2 +qx+ pq = x2(x+ p)+q(x+ p) =(x2+ q)(x+p)

Так как мы знаем про наличие трёх корней $a,b,c,$ то $q < 0$ и $2 x + q = (x − t)(x+ t),$ где $√--- t= −q.$

Не умаляя общности, $a= t,b =−t,c= −p.$ В итоге $b= −a,$ поэтому требуемое верно.

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#83300

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 8#84255

Пусть $p =4k+ 3$ — простое число, а $m- n$ — такая несократимая дробь, что

--1-- --1-- ----1---- m- 02+ 1 + 12+ 1 + ...+ (p− 1)2+ 1 = n

Докажите, что $2m − n$ делится на $p.$

Показать доказательство

Первое решение. Введём обозначение $a =i2+ 1 i$ , для $i=0,...,p− 1$ . Тогда рассматриваемое нами выражение равно

m- σp−1(a0,a1,...,ap−1) n = σp(a0,a1,...,ap−1)

где $σi$ — основной симметрический многочлен степени $i$ . Найдём многочлен, корнями которого являются $ai$ , т. е.

p∏−1(x − 1− i2) i=0

Сделав замену $x− 1= t2$ , получим многочлен

p−1 p−1 p− 1 ∏ (t2− i2)= ∏ (t− i)∏ (t+i)≡ (tp− t)(tp − t)= t2p− 2tp+1+ t2. i=0 i=0 i=0

Теперь, сделав обратную замену, для $p= 4k+ 3$ получаем

p−1 ( ) ∏ (x− 1− i2)≡ (x− 1)p− 2(x− 1)p+1∕2+(x− 1)= xp +...+ p+ 2⋅ p+-1 +1 x − 4. i=0 2

По теореме Виета

σp ≡ 4(modp), σp−1 ≡2(modp),

поэтому $. (2σp− 1− σp)..p$ , и, поскольку $σp$ не кратно $p$ , сокращение произойдёт на число, взаимно простое с $p$ , т. е. $. (2m− n)..p$ . _______________________________________________________________________________________

Второе решение. Рассмотрим дроби вида $x12+1-$ , входящие в нашу сумму, как дроби по модулю $p$ (значением дроби $uv$ по модулю $p$ , где $v ⁄≡ 0(modp)$ , считается решение сравнения $vt ≡u(modp)$ ; при сложении обыкновенных дробей со знаменателями, не кратными $p$ , соответствующие им дроби по модулю также складываются).

Как известно, все числа от 2 до $p− 2$ можно разбить на пары $(x,y)$ в которых $xy ≡ 1(modp)$ . Сложим члены, соответствующие числам $x$ и $y$ которые составляют такую пару:

-1---+ -1---= --x2+-y2+-2---≡1(modp) x2+1 y2 +1 x2y2+ x2+ y2 +1

(так как $2 2 x y ≡ 1(modp)$ ). Складывая $p−3 2$ таких сумм и оставшиеся три слагаемых, получаем, что искомая сумма сравнима по модулю $p$ с $p+1 2 ,$ что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#85490

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 10#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 11#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.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#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 13#85552

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

Показать доказательство

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

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

откуда получаем

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

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

= P(x +y)− xy(2a(x +y)+ b)=0

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

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

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#85559

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 15#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 16#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.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#85569

Многочлены $P(x)$ и $Q(x)$ с вещественными коэффициентами таковы, что $P(x),P(x)− 1,Q(x),Q(x)− 1$ раскладываются на линейные множители. Оказалось, что множества корней многочленов $P (x)$ и $Q(x)$ совпадают, а также совпадают множества корней многочленов $P (x)− 1$ и $Q(x)− 1.$ Докажите, что $P (x)= Q(x).$

Показать доказательство

Не умаляя общности, пусть $n =degP ≥degQ.$ Рассмотрим многочлен $R(x)= P(x)− Q(x).$ Заметим, что все корни многочленов $P(x)$ и $P (x)− 1$ являются корнями многочлена $R(x).$ Заметим, что в сумме у многочленов $P(x)$ и $P(x)− 1$ ровно $2n$ корней (с учетом кратности). При этом каждый из корней этих многочленов входит с кратностью на один меньше в производную $′ ′ P(x)= (P (x)− 1).$ Всего у производной не более $n− 1$ корня, поэтому суммарно различных корней у $P (x)$ и $P(x)− 1$ не меньше $n+ n− (n − 1)= n+ 1> degR.$ Значит, $R (x)= 0,$ откуда $P (x)= Q(x).$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#85573

Многочлен $P(x)$ с вещественными коэффициентами удовлетворяет условиям: $P(0)=1;(P (x))2 =1 +x +x100 ⋅Q (x)$ для некоторого многочлена $Q (x).$ Докажите, что у многочлена $100 (P(x)+ 1)$ коэффициент перед $99 x$ 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 $0.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#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 20#85575

Найдите все такие многочлены $P(x)$ c вещественными коэффициентами, что

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Поймите, что P(-4-x)^2=P(x)^2, но это ведь многочлены. Такое бывает не очень часто. Покажите из этого знания, что P(x)=P(-4-x)

Подсказка 2

Попробуйте рассмотреть следующую последовательность a_0=-2, a_{n+1} = -2+sqrt(3+a_n). Поймите, что все a_i являются корнями производной, чего быть не должно. Как тогда выглядит сама функция?

Показать ответ и решение

Заметим, что

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

откуда $(P(x)− P(−4− x))(P(x)+P (−4 − x))= 0$ при всех $x.$ Значит, один из множителей является тождественным нулем. В случае, если $P(x)+P (− 4− x)= 0,$ то подставив $x= 2,$ получим $P(−2)= 0.$ Теперь, подставив $x= −1$ в исходное условие, получаем $P (−1)2+ 1= 0,$ что невозможно. Значит, $P(x)= P(−4− x).$

Взяв производную от обеих частей, получаем $P′(x)= −P′(−4− x).$ Подставив $x= −2,$ получаем $P ′(−2)= 0.$ Продифференциировав исходное равенство, получим

′ ′ 2 2P(x)⋅P (X)= 4P (x + 4x+ 1)⋅(2x+ 4)

Построим последовательность $a0,a1,a2,...$ по правилу $a0 = −2,an+1 =− 2+ √3+-an$ (то есть больший корень уравнения $x2+ 4x+ 1= an$ ). Заметим, что $− 1 =a1 >a0 = −2.$ Тогда из того, что функция $f(x)= −2+ √3+-x$ строго возрастающая, заключаем $a = f(a)> f(a)= a , 2 1 0 1$ и так далее. То есть наша последовательность строго возрастающая (в частности $√3+-a- k$ — вещественный), а значит, все ее члены различны и $a >− 2 k$ для всех натуральных $k.$ Теперь докажем, что $P′(a )=0 k$ для любого $k$ идукцией по $k.$ База для $k= 0$ была доказана ранее. Подставив $x =a k+1$ в продифференциированное равенство, получим

′ 2P(ak+1)⋅P (ak+1)= 4P (ak)⋅(2ak+1 +4)= 0

откуда $P(a )=0 k+1$ или $P′(a )= 0. k+1$ В первом случае, подставив $x= a k+2$ в исходное равенство, получим

2 P(ak+2) +1 =4P (ak+1)=0

то есть приходим к противоречию. Значит, $P′(ak+1)= 0$ — переход доказан. То есть все члены построенной последовательности являются корнями многочлена $P′(x),$ откуда $P ′(x)=0.$ То есть $P (x)= c$ для некоторого вещественного $c.$ Снова подставив в исходное равенство, получаем $c2+ 1=4c,$ откуда $c= 2±√3.$

Ответ:

$P (x)= 2± √3$

Предыдущий раздел

Следующий раздел