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#107089

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#116306

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#119885

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

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#121043

Докажите, что для любого простого $p$ существует ровно $p3+p- 2$ неприводимых над $𝔽 p$ многочленов степени не выше $2.$

Показать ответ и решение

Всего имеется $p3$ многочленов степени не выше $2$ над $F p$ (для каждого из трёх коэффициентов по $p$ вариантов). Давайте теперь посчитаем количество приводимых. Каждый приводимый многочлен имеет вид либо $a(x− b)(x − c),$ где $a$ — ненулевой вычет, а $b$ и $c$ — произвольные вычеты. Приводимых многочленов второй степени всего $2 Cp(p − 1)+ p(p− 1)$ (суммы случаев, когда корни разные и одинаковые). Значит, количество неприводимых многочленов равно

3 2 p3+ p p − C p(p− 1)− p(p− 1)=-2--

Ответ:

$p3+p 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#121044

Пусть $a ,a,...,a 1 2 p−21$ — все квадратичные вычеты по модулю $p.$ Для $k= 1,$ $2,$ $3,$ …, $p−1 2$ найдите

σk(a1,a2,...,ap−12 ) (mod p)

Показать ответ и решение

Квадратичными вычетами по модулю $p$ являются те и только те числа, которые удовлетворяют сравнению $a p−21-≡1 (mod p).$ Давайте рассмотрим многочлен $p−21- x − 1.$ Его корни $a1,a2,...,ap−21.$ Если вспомнить теорему Виета, становится ясно, что $σk(a1,a2,...,ap−21) (mod p)$ — модуль коэффициента при $p−1 x 2 −k$ у рассмотренного многочлена, умноженный на $(−1)k.$ Все коэффициенты, кроме свободного члена, равны $0,$ значит, соответствующие сигмы сравнимы с $0,$ а $σp−1≡ (−1)p−21-(mod p). 2$

Ответ:

$σ ≡ 0 (mod p) k$ при $k < p−1- 2$ и $σ ≡(−1)p−21(mod p) p−21-$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#121052

Даны многочлены $P (x)$ и $Q(x)$ с целыми коэффициентами. Известно, что все коэффициенты многочлена $P(x)⋅Q(x)$ делятся на некоторое простое число $p.$ Докажите, что тогда все коэффициенты одного из многочленов $P$ и $Q$ делятся на $p.$

Показать доказательство

Пусть многочлен $P 1$ — многочлен $P,$ у которого все коэффициенты взяты по модулю $p.$ Аналогично определим $Q . 1$ По условию $P1Q1 =0$ в $Fp.$ Но тогда либо $P1 = 0,$ либо $Q1 = 0$ в $Fp.$ Это даёт требуемое.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#121115

(a) Лемма Гаусса. Докажите, что для любых многочленов $P (x),$ $Q(x)$ с целыми коэффициентами верно $cont(P ⋅Q )=cont(P)⋅cont(Q).$

(b) Многочлен $P(x)∈ ℤ[x]$ неприводим над $ℚ$ тогда и только тогда, когда он неприводим над $ℤ.$

Показать доказательство

(a) Нетрудно заметить, что $cont(P ⋅Q)$ делится на $cont(P)⋅cont(Q ).$ Теперь докажем, что $cont(P)⋅cont(Q)$ делится на $cont(P ⋅Q).$ Пусть $cont(P ⋅Q )$ делится на некоторое простое $p,$ то есть равно $0$ в $Fp.$ Но тогда какой-то из многочленов $P,Q$ равен $0$ в $Fp,$ а значит, $cont(P)⋅cont(Q )$ делится на $p,$ то есть в рассматриваемой делимости на $p$ можно делимое и делитель сократить. Так мы сократим все простые числа, входящие в $cont(P ⋅Q ),$ то есть делимость доказана. Если два числа друг на друга делятся, то они равны.

(b) Достаточно доказать, что мнонгочлен $P$ приводим над $ℚ$ тогда и только тогда, когда он приводим над $ℤ.$ Понятно, что из приводимости над $ℤ$ приводимость над $ℚ$ автоматически следует. Теперь докажем обратное. Пусть $P = QR,$ где $Q$ и $R$ — многочлены с рациональными коэффициентами. Пусть $n1$ — НОК знаменателей $Q,$ $n2$ — НОК знаменателей $R.$ Тогда $n1n2P =n1Q ⋅n2R.$ Пусть $cont(n1Q)= x,cont(n2R)= y,n1Q = xQ1,n2R = yR1,$ где $Q1$ и $R1$ — целочисленные многочлены с единичным содержанием. Ясно, что $xy$ делится на $n1n2.$ Значит, можно сократить на $n1n2$ и получить приводимость над $Z.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#121123

Критерий Эйзенштейна. Пусть все коэффициенты $P(x)∈ ℤ[x],$ кроме старшего, делятся на простое число $p,$ и свободный член не делится на $2 p.$ Тогда $P (x)$ неприводим над $ℤ.$

Показать доказательство

Пойдём от противного, пусть $P$ приводим над $ℤ :$ $P(x) =Q (x)⋅R(x).$ Рассмотрим эти многочлены в $F . p$ По условию $P(x)$ в $F p$ будет иметь вид $n ax ,$ где $n≥ 1,$ потому что остальные коэффициенты кратны $p.$ Но тогда каждый из многочленов $Q$ и $R$ будут иметь такой же вид. Значит, их свободные члены в $Fp$ равны $0,$ но тогда в $ℤ$ они кратны $p.$ В этом случае свободный член $P$ будет делиться на $2 p .$ Пришли к противоречию.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#121176

Для натуральных $k= 1,2,3,...,p$ найдите $σ (1,2,...,p) (mod p). k$

Показать ответ и решение

Заметим, что многочлен $xp− x= (x − 1)...(x− p)$ в $𝔽 . p$ По теореме Виета коэффициенты этого многочлена — почти то же самое, что и симметрические многочлены от $1,2,...,p.$ Тогда выходит, что $σk(1,2,...,p)≡p 0,$ если $k⁄= p− 1$ (так как все коэффициенты этого многочлена при степенях, отличных от $1$ -ой и $p−$ ой нулевые). Так как $σp(x1,...,xp)= x1⋅...⋅xp,$ то $σp(1,...,p)= p!≡p 0.$ Теперь найдем $σp−1(1,...,p).$ По теореме Виета

σp−1(1,...,p) =(−1)p−1 ⋅(−1)≡p (− 1)p ≡p −1

Ответ:

$0$ при $k⁄= p− 1$ и $− 1$ при $k =p− 1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#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 $P (x).$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#121639

Петя и Вася играют в игру. Начинает Петя. В начале игры на доске написан многочлен $x2n+1+ x2n +...+x2+ x+ 1.$ 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 $0,$ 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: ИТМО-2025, 11.2(см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

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 ;)

Показать ответ и решение

Будем говорить, что одночлен $axk$ при дифференцировании превращается в одночлен $akxk−1$ (или исчезает, если получившийся одночлен равен $0).$ 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 $2n +1$ ход (изначально одночленов $2n+ 2).$

Петина стратегия — всё время дифференцировать многочлен. Петя начинает первый, он сделает минимум $n +1$ ход и уничтожит все одночлены, изначальная степень которых была от $0$ до $n$ включительно. Таким образом, вне зависимости от действий соперника, Петя гарантирует, что оставшийся одночлен будет иметь изначальную степень не меньше $n+ 1,$ а значит, его итоговое значение после превращения в константу будет не меньше ( $n +1)!.$

Васина стратегия — всё время стирать старший член многочлена. Вася сделает не менее $n$ ходов и уничтожит все одночлены, изначальная степень которых была больше $n+ 1.$ Таким образом, вне зависимости от действий соперника, Вася гарантирует, что оставшийся одночлен будет иметь изначальную степень не больше $n+ 1,$ а значит, его итоговое значение после превращения в константу будет не больше $(n+ 1)!.$

Ответ:

$(n+ 1)!$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#121752

Многочлен $P(x)$ со старшим коэффициентом $1$ имеет только целые коэффициенты, среди которых есть отрицательные. Обязательно ли многочлен $2025 (P(x))$ имеет хотя бы один отрицательный коэффициент?

Источники: Высшая проба - 2025, 11.2(см. olymp.hse.ru)

Подсказки к задаче

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?

Показать ответ и решение

Покажем несколько примеров приведенных многочленов с целыми коэффициентами, среди которых есть отрицательные, у которых $2025$ -я степень не имеет отрицательных коэффициентов.

Пример 1. Рассмотрим многочлен

4 3 x2 Q(x)=x +x − a-+ x+ 1,

где $a$ — достаточно большое натуральное число (на самом деле, достаточно взять $a≥ 3).$ Проверим, что $(Q(x))2$ и $(Q(x))3$ имеют только положительные коэффициенты:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (Q(x))2 =x8+ 2x7+ 1− 2a x6+ 2− 2a x5+ 1a2 + 4 x4+ 2− 2a x3+ 1− 2a x2+2x+ 1.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (Q(x))3 = x12 +3x11+ 3− 3 x10+ 4− 6 x9+ 9+ -3− 3 x8+ 9+ 3-− 6 x7+ 6− -1 + 12 x6+ a a a2 a a2 a a3 a2

( 3- 6) 5 ( 3- 3) 4 ( 6) 3 ( 3) 2 + 9+ a2 − a x + 9+ a2 − a x + 4− a x + 3 − a x + 3x+1.

Теперь положим $P(x)= x5+ aQ(x).$ Этот многочлен приведённый, имеет только целые коэффициенты и один отрицательный. Покажем, что $(P(x))2$ и $(P (x))3$ тоже имеют только неотрицательные коэффициенты:

2 10 5 2 2 P(x)) = x +2ax Q(x)+ a (Q (x))

Единственный отрицательный коэффициент в этой сумме есть только у $2ax5Q(x)$ при $x7,$ он равен $− 2,$ но коэффициент при $x7$ у $a2(Q(x))2$ равен $2a2 >2,$ поэтому вся сумма не имеет отрицательных коэффициентов.

3 15 10 25 2 3 3 (P(x)) = x +3ax Q (x)+ 3ax (Q(x)) +a (Q(x))

Единственный отрицательный коэффициент в этой сумме есть только у $3ax10Q(x)$ при $x12,$ и он равен $− 3,$ но коэффициент при $x12$ уже в $a3(Q (x))3$ равен $a3 >3,$ поэтому вся сумма гарантированно не имеет отрицательных коэффициентов.

Поэтому $(P(x))2$ и $(P(x))3$ не имеют отрицательных коэффициентов, а значит, и $(P (x))n$ для всех больших $n$ не имеет отрицательных коэффициентов, так как любое число, большее $3,$ представимо в виде суммы двоек и троек.

Идея этого примера такова: рассмотрим многочлен $x4+ x3+ x+ 1.$ Его любая степень имеет положительные коэффициенты (нет нулевых). “Пошевелив” (на данный момент нулевой) коэффициент при $x2$ в отрицательную сторону мы получим многочлен, коэффициенты степеней которого «мало» отличаются от коэффициентов тех же степеней многочлена $x4+ x3+ x+1,$ так как коэффициенты его степеней $(x4+ x3 − tx2+ x+1)n$ являются непрерывными функциями от параметра $t,$ поэтому при малом $t= 1 a$ степени многочлена $4 3 x2 x + x − a + x+1$ будут иметь только положительные коэффициенты. На основе этого легко построить приведенный целочисленный многочлен, у которого все степени имеют только положительные коэффициенты. Аналогично подходит многочлен $k k−1 l x + x + ...+0 ∗x +...+ x+ 1$ и его шевеления $k k−1 xl- x + x +...− a + ...+ x+ 1$ для всех $2≤ l≤ k− 2$ при $k ≥4,$ тогда

( xl ) P(x)=xk+1+ a xk+ xk−1+ ...− a-+...+x +1

дает нам нужный пример многочлена $P (x),$ имеющий произвольную степень $k +1 ≥5.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Пример 2. Рассмотрим

P (x)= x4+ 3x3− x2+ 3x+2.

Тогда многочлены $(P(x))2$ и $(P(x))3$ тоже имеют только положительные коэффициенты, а значит, и для всех $n > 3$ многочлен $(P(x))n$ будет иметь только положительные коэффициенты. Аналогичные примеры можно построить для любой степени, не меньшей $4 :P (x)= xd+ 3xd−1+ ...− xl+...+3x+ 2$ (почти все коэффициенты равны $3,2≤ l≤ d− 2).$ В этом примере минимальная степень многочлена равна $4.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Пример 3. Пусть $d ≥6.$ Рассмотрим

P(x)=xd+ xd−1+ ...+x4 − x3+ x2+x +1

(все коэффициенты, кроме одного, равны $1).$ Тогда $(P(x))2$ и $(P(x))5$ не имеют отрицательных коэффициентов, а значит, и для всех $n >5$ многочлен $(P(x))n$ не будет иметь отрицательных коэффициентов. В этом примере модули коэффициентов не превосходят $1.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание 1. Данные примеры показывают, что для любого $d≥ 4$ существует приведённый целочисленный многочлен степени $d$ 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 $n > 3$ можно построить целочисленный приведенный многочлен $P(x),$ степени которого вплоть до $n − 1$ имеют отрицательные коэффициенты, а начиная с $n$ не имеют отрицательных коэффициентов.

Ответ:

Не обязательно

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#122406

Существует ли такой многочлен $f(x)$ с целыми коэффициентами и натуральные числа $m$ и $n,$ что $f(m)$ не делится на $n,$ но $f (pk)$ делится на $n$ для любого простого числа $p$ и любого натурального $k?$

Источники: ММО - 2025, первый день, 11.4(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

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!

Показать ответ и решение

Первое решение. Приведём несколько примеров таких многочленов. 1) Пусть

2 5 f(x)= (x− 2)(x− 4) (x +1) , m =6, n = 32

Проверим, что $f(6)$ не делится на $32.$ Действительно, $f(6)= 4⋅22⋅75= 16⋅75$ не делится на $32.$ Теперь проверим, что $f(pk)$ делится на $32$ для любого простого числа $p$ и любого натурального $k.$ Если $pk = 2$ или $pk =4,$ то многочлен тождественно равен $0.$ Для $pk = 2k,$ где $k ≥3,$ имеем

k k k 2 k 5 k−1 k−2 k 5 f(2 )=(2 − 2)(2 − 4) (2 + 1) =32(2 − 1)(2 − 1)(2 +1)

Наконец, если простое число $p$ нечётно (а значит, и $pk$ нечётно), то $f(pk)$ делится на $32,$ так как при любом нечётном $s= 2l− 1$ значение $f(s)$ делится на $(s+ 1)5 =(2l)5,$ а значит, и на $32.$

2) Пусть

18 2 2 f(x)= x (3x− x)+ x − 3x, m =6, n = 27

Сначала проверим, что $f(pk)$ делится на $27$ при всех простых $p$ и натуральных $k.$

Начнём со случая $p =3.$ Заметим, что первое слагаемое делится на $318,$ а значит, и на $27.$ Остаётся проверить, что $x(x − 3)$ делится на $27$ для чисел вида $3k,$ где $k> 1.$ При $k = 1$ и $k =2$ это проверяется непосредственно; при $k> 3$ число $3k(3k− 3)$ также делится на $27.$

Теперь проверим утверждение для простых чисел $p⁄=3.$ В этом случае $pk$ взаимно просто с $n,$ а значит, достаточно доказать утверждение $”$ $f(s)$ кратно $n$ при любом $s,$ взаимно простом с $n”.$ Для этого заметим, что при всех таких $s$ по теореме Эйлера выполняется соотношение $s18 = sφ(27) = 1 (mod 27),$ а тогда $x18(3x− x2)+x2− 3x= (3x− x2)+x2− 3x= 0 (mod 27).$

Остаётся проверить, что $f(6)$ не делится на $27.$ Для этого снова заметим, что число $618$ делится на $27,$ а число $62− 3 ⋅6 =18$ не делится на $27.$

Второе решение.

Пусть $q >2$ — простое, $m = 2q, n= q3,$ и пусть $r1, r2,..., rt$ — все не кратные $q$ натуральные числа, меньшие $q3.$ Положим

f(x)= x(x− q)⋅(x− r1)(x − r2)...(x − rt)

Действительно, тогда $f(m)= q2⋅2⋅(2q− r1)(2q − r2)...(2q− rt)$ не кратно $q3.$ При $p ⁄=q$ число $pk$ имеет остаток от деления на $q3,$ не кратный $q,$ поэтому один из множителей в определении $f(x)$ будет кратен $q3$ при $x= pk.$ При $p= q$ и $k> 2$ уже число $pk(pk − q)$ будет кратно $q3.$ Наконец, при $p= q, k =1$ значение $f(p1)= 0$ делится на $q3.$

Ответ:

Существует

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#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 15#126190

Пусть $p(x)=2x3− 3x2+1.$ Рассматриваются два множества $A = {p(2),p(3),...,p(2024)}$ и $B ={p(2)− 1,p(3)− 1,...,p(2024)− 1}.$ В каком из этих множеств квадратов целых чисел больше?

Источники: Курчатов - 2025, 10.1 ( см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

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.

Показать ответ и решение

Заметим, что

2 p(x)= (x − 1) ⋅(2x+ 1)

2 p(x)− 1= x ⋅(2x − 3)

Таким образом, при целом $x$ число $p(x)$ является квадратом целого тогда и только тогда, когда квадратом целого является число $2x+ 1,$ а число $p(x)− 1$ — тогда и только тогда, когда квадратом целого является число $2x− 3.$

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.

Ответ:

Во втором множестве квадратов на 1 больше

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#126306

Многочлен $P(x)=x3 +ax2+ bx2+ c$ имеет три корня, равные попарным суммам корней многочлена $Q (x)= x3+ 2x2− 3x− 1.$ Найти $a,b,c.$

Источники: Росатом - 2025, 10.2 ( см. olymp.mephi.ru)

Подсказки к задаче

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.

Показать ответ и решение

Так как многочлен $Q(x)$ 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 $P(x)$ степени три, то он имеет ровно три корня. Обозначим символами $q1,q2,q3$ корни многочлена $Q(x),$ символами $p1,p2,p3$ — корни многочлена $P(x).$ Тогда по теореме Виета

( ( |{ q1 +q2+ q3 =− 2 |{ p1+p2+ p3 = −a |( q1q2+q2q3+ q1q3 = −3 |( p1p2 +p2p3+p1p3 = b q1q2q3 = 1 p1p2p3 = −c

Согласно условию,

p1 =q2+ q3,p2 = q1+q3,p3 =q1+ q2

Тогда, подставив выражения для $p1,$ $p2$ и $p3$ через $q1,$ $q2$ и $q3$ в выражения для $a,$ получим значение:

a= − (p1+ p2 +p3)= −2(q1+ q2+q3)= −2(− 2)=4

Аналогично получаем значение $b$ :

b= p1p2 +p2p3+p1p3 = (q2+ q3)(q1+q3)+ (q1+ q3)(q1 +q2)+(q2+q3)(q1+ q3) =

=(q + 2)(q +2)+ (q + 2)(q + 2)+(q +2)(q+ 2)= 1 2 2 3 1 3

= q1q2 +q2q3 +q1q3 +4(q1+q2+ q3)+ 12= −3+ 4(− 2)+ 12= 1

Значение $c$ :

c =− p1p2p3 = (q1+ 2)(q2+ 2)(q3+2)=

= q1q2q3 +2(q1q2+ q2q3+ q1q3)+ 4(q1+ q2+q3)+8 =

= 1+2(−3)+ 4(−2)+ 8= 1− 6 − 8+ 8= −5

Oтвет: $a= 4,b =1,c= −5.$

Ответ:

$a =4,b= 1,c= −5$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#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 18#127164

Пару многочленов $F(x,y)$ и $G(x,y)$ с целыми коэффициентами назовём важной, если из делимости на 100 обеих разностей

F(a,b)− F (c,d) и G (a,b)− G(c,d),

где $a,b,c,d$ — целые, следует, что числа $a− c$ и $b− d$ делятся на 100. Существует ли такая важная пара многочленов $P(x,y)$ и $Q (x,y),$ что пара многочленов $P(x,y)− xy$ и $Q(x,y)+ xy$ тоже является важной?

Источники: ВСОШ, ЗЭ, 2025, 11.3 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Пусть пара многочленов $F$ и $G$ — важная. Рассмотрим пары остатков от деления на 100 чисел $F(a,b)$ и $G (a,b),$ где $a,b$ — всевозможные пары целых чисел от 0 до 99. Согласно условию задачи, все такие пары остатков разные. Поскольку всего пар чисел $2 100,$ то каждая пара остатков от деления на 100 достигается ровно один раз. Значит, достигаются все 4 возможные пары чётностей чисел $F(a,b),$ $G(a,b).$ Поскольку чётность значения многочлена с целыми коэффициентами в точке $(a,b)$ зависит только от чётности чисел $a$ и $b,$ мы получаем, что пары значений

(F(0,0);G(0,0)), (F(1,0);G (1,0)), (F(0,1);G (0,1)), (F(1,1);G(1,1))

дают все четыре возможные пары чётностей. Однако заметим, что для пар многочленов $F = P,G= Q$ и

F(x,y)= P(x,y)− xy, G(x,y) =Q(x,y)+xy

первые три пары чётностей одинаковые, а последняя пара — разная. Следовательно, обе такие пары многочленов важными быть не могут.

Ответ:

не существует

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#127228

Пусть $a,b,c$ — корни многочлена $P (x)= x3+ x2− 2x− 1.$ Найдите $a2b2+ a2c2+ b2c2.$

Источники: ШВБ - 2025, 10.1 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

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.

Показать ответ и решение

Заметим, что

P(−10)<0, P(− 1)>0, P (0)< 0, P(10)> 0

Следовательно, многочлен $P(x)$ имеет 3 действительных корня.

3 2 3 2 P(x)⋅(−P(−x))=(x + x − 2x − 1)(x − x − 2x +1)=

=(x3− 2x +x2− 1)(x3− 2x− x2+ 1)= (x3− 2x)2 − (x2− 1)2 =

=x6− 5x4+ 6x2− 1= Q(x2)

Многочлен

Q (y)= y3− 5y2+ 6y− 1

имеет корни $a2,$ $b2$ и $c2.$ По теореме Виета

a2b2+a2c2+ b2c2 = 6

Ответ:

$6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#127863

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:

$(1+ x2− x3)1000$

Следующая подтема