Тема Многочлены

Многочлены с целыми коэффициентами и теорема Безу

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела многочлены

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#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

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#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 3#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 4#127867

Коэффициентами многочленов нечётной степени $P$ и $Q$ являются нечётные числа. Докажите, что у многочлена $P ⋅Q$ есть хотя бы один чётный коэффициент.

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Какова чётность количества коэффициентов в наших многочленах?

Подсказка 2.

Верно, их число четно! Теперь попробуйте установить связь между коэффициентами и значением многочлена.

Подсказка 3.

На самом деле сумма всех коэффициентов равна значению многочлена при x = 1. Что тогда можно сказать о суммах коэффициентов многочленов P и Q?

Подсказка 4.

Правильно, обе суммы чётные! Значит, значение произведения P·Q при x = 1 тоже будет чётным. А какой степени этот многочлен?

Показать доказательство

Сумма коэффициентов многочлена $f$ равна $f(1).$ Так как у $P$ нечётная степень, число его коэффициентов равно $deg(P)+ 1,$ и оно чётное. Каждый коэффициент нечётный, значит,

P(1)≡ 1◟+-1+◝.◜..+1◞≡ 0 (mod 2). deg(P )+1

Аналогично, $Q (1)≡ 0 (mod 2).$

Тогда

(P ⋅Q)(1)=P (1)⋅Q(1)≡0⋅0 =0 (mod 2).

Однако $P ⋅Q$ имеет чётную степень, и число его коэффициентов нечётное. Тогда сумма нечётного числа чисел чётная, значит, у многочлена $P ⋅Q$ есть хотя бы один чётный коэффициент.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#128015

Многочлен $R(x)$ дает остаток $a2$ при делении на $x− a,$ остаток $b2$ при делении на $x− b$ и остаток $c2$ при делении на $x− c.$ Найдите остаток от деления $R(x)$ на многочлен

3 2 x − (a+ b+c)x +(ab+bc+ ca)x− abc.

Показать ответ и решение

По теореме Безу имеем: $R(a)= a2,$ $R(b)= b2,$ $R(c)= c2.$

Разделим $R(x)$ на многочлен $(x − a)(x − b)(x− c)$ с остатком:

R(x)= (x− a)(x− b)(x− c)⋅H (x)+ P(x),

где $degP ≤ 2.$

При $x= a$ получаем $R(a)= a2 = P(a),$ аналогично $P(b)=b2$ и $P(c) =c2.$

Рассмотрим многочлен $P(x)− x2.$ Его степень не больше 2, и он обращается в ноль при $x = a,$ $x = b,$ $x =c.$ Значит, $P(x)− x2$ имеет три различных корня, но степень не больше 2, следовательно $P(x)− x2 ≡ 0.$ Таким образом, $P(x)= x2.$

Ответ:

$x2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#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 $P (x)$ .

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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 8#86098

Многочлен $P(x)= x4 − x3− x2− 1$ имеет корни $a,b,c,d$ . Многочлен

6 5 4 3 2 Q(x)= x − x − 2x +x +x − x+ 3.

Найдите $Q (a)+ Q(b)+ Q(c)+Q(d).$

Источники: Бельчонок - 2024, 11.2 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Искать значение функции с шестой степенью не очень хочется…а как связать Q(x) c P(x)(хотя бы в корнях)? Быть может, вместо суммы значений функции Q искать что-то другое?

Подсказка 2

Рассмотрите деление многочлена Q на P.

Подсказка 3

Чему равно значение многочлена Q в корнях многочлена P?

Подсказка 4

Заметим, что значение многочлена Q в корнях многочлена P равно значениям в этих же точках соответственно многочлена-остатка при делении Q на P.

Подсказка 5

Осталось лишь найти остаток при делении Q на P и понять, как удобно посчитать получившееся выражение в корнях. Корни найти проблематично, но воспользоваться их связью друг с другом точно стоит!

Показать ответ и решение

Пусть $Q (x)= H(x)P (x)+ R(x)$ . Нетрудно видеть, что при $x =a,b,c,d$ верно $Q(x)= R(x)$ , то есть достаточно найти число $R(a)+ R(b)+ R(c)+ R(d).$

Если поделить столбиком $Q$ на $P$ , получим, что $2 R(x)= x − x +2$ . Значит, нужная нам сумма равна

2 2 2 2 (a + b+ c + d)− (a +b+ c+ d)+ 8=

2 = (a +b+ c+d) − 2(ab+ ac+ad+ bc+bd+ cd)− (a+b+ c+ d)+8

По теореме Виета сумма корней равна $1$ , сумма их попарных произведений равна $− 1$ . Подставляя это, получаем ответ $10$ .

Ответ: 10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#91858

Найдите остаток при делении $x2023+ 2023x2022+ 2022x− 1$ на

(a) $x− 1$

(b) $2 x − 1$

Показать ответ и решение

$(a)$ Для начала поделим многочлен на $(x− 1).$ Тогда мы получим следующую запись:

2023 2022 x + 2023x + 2022x− 1= (x − 1)⋅Q(x)+R (x),

где $Q (x)$ — неполное частное, $R(x)$ — остаток, $R(x)$ — константа. По теореме Безу, подставив в многочлен $x= 1$ мы получим искомый остаток $R (x)$ :

2023 2022 1 +20231 + 2022 − 1 =4045

— искомый остаток.

$(b)$ Снова поделим многочлен на $(x2− 1).$ Тогда мы получим следующую запись:

x2023 +2023x2022 +2022x − 1 =(x2− 1)⋅Q (x)+ R(x),

где $Q (x)$ — неполное частное, $R(x)$ — остаток, $R(x) =ax+ b$ . Подставим в многочлен $x= 1$ и $x= −1$ . Получим:

При $x= 1:4045= a+ b,$

При $x= −1 :−1= −a+ b.$

Отсюда находим, что $a= 2023,b= 2022 =⇒ R(x)= 2023x +2022$ — искомый остаток.

$(c)$ Теперь для того, чтобы найти остаток от деления на $(x2+1),$ заменим в начальном многочлене слагаемые на их остатки. Так как $x2+ 1≡ 0 (mod x2+ 1),$ то $x2 ≡ −1 (mod x2+ 1).$ Тогда, в начальном многочлене все $x2$ мы можем заменить на $(−1):$

2023 2022 1011 1011 x + 2023x + 2022x− 1= (− 1) ⋅x+ 2023 ⋅(−1) + 2022x− 1=

= −x − 2023+ 2022x− 1= 2021x− 2024.

Так как степень делителя $(x+ 1)2$ равна 2, а степень полученного $2021x− 2024$ равна 1, то так как $1< 2,(2021x− 2024)$ — искомый остаток.

Ответ:

(a) $4045$

(b) $2023x+ 2022$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#92438

Какой остаток дает $x +x3+ x9+ x27+ x81+x243$ при делении на $x− 1?$

Подсказки к задаче

Подсказка

Если у вас возникли трудности с этой задачей, то вероятно вы не знакомы с теоремой Безу. Изучите еë и от задачи ничего не останется.

Показать ответ и решение

Обозначим многочлен через $P(x).$ По теореме Безу остаток будет равен $P(1),$ то есть $6.$

Ответ:

$6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#68531

Найдите все многочлены $P(x)$ с целыми коэффициентами такие, что $P(P(x)+x)$ является простым числом при бесконечном количестве целых $x$ .

Источники: автор И. А. Ефремов

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметим, что P(P(x) + x) - P(x) делится на P(x) при всех натуральных x. Какой вывод тогда можно сделать о P(x)?

Подсказка 2

Конечно, тогда P(x) может в бесконечном числе точек быть равен 1 или -1 (что, нам, конечно, не подходит, поскольку тогда этот многочлен тождественно равен 1 или -1) или тождественно равен (аналогичным образом) P(P(x) + x) или -P(P(x) + x). Попробуем рассмотреть равенство с P(P(x) + x). Что можно сказать о степени P(x)?

Подсказка 3

Верно! Степень P(x) не превосходит 1. Тогда P(x) = c, где c — простое число всегда подходит. Подходит ли линейная функция?

Подсказка 4

Верно, не подходит! Ведь тогда a(a+1)x + b(a+1) = ax + b при всех действительных x, что невозможно при ненулевом a. Попробуем теперь рассмотреть случай равенства с -P(P(x)+x). Можно ли аналогичными выводами узнать, какова степень многочлена P(x)?

Подсказка 5

Верно! Аналогичными рассуждениями легко прийти к тому, что P(x) = ax + b при ненулевом a. Какие a и b подойдут?

Подсказка 6

Конечно! Расписав равенство P(x) = -P(P(x)+x) в явном виде, получим, что a = -2. А чему может быть равно b?

Показать ответ и решение

Заметим, что $P(P(x)+ x)− P (x)$ делится на $P(x)+x − x =P (x)$ при каждом натуральном $x.$ При этом раз в бесконечном количестве натуральных точек $P(P(x)+x)$ — простое, то $P(x)$ в бесконечном количестве натуральных точек или равен $1,$ или равен $− 1,$ или равен $P(P(x)+x),$ или $− P(P(x)+x).$ Первые два случая нам не подходят.

Предположим, что $P(x)$ тождественно равен $P (P (x)+ x).$ Если степень многочлена $P(x)$ больше $1,$ то степень $P(P (x)+ x)$ больше степени $P (x),$ поэтому $P (x)= c,$ или $P(x)= ax+b.$ В первом случае нам подходят все простые $c.$ Во втором случае имеем $ax+ b= a(a +1)x+ b(a+ 1),$ откуда $a⋅(ax +b)= 0,$ что невозможно при $a ⁄=0.$

Если же $P (x)$ тождественно равен $− P(P(x)+x),$ то достаточно рассмотреть случай $P(x)= ax+ b$ ( $a ⁄= 0).$ Тогда $ax+ b= −a(a+1)x− b(a+ 1),$ откуда $(a+ 2)(ax +b)= 0.$ То есть $a= −2.$ Осталось лишь понять, что только при нечётных $b$ выражение $− 2x+ b$ является простым в бесконечном количестве целых точек.

Ответ:

$P (x)= c$ для простых $c$ , $P(x)=− 2x +b$ для нечётных $b$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#68641

$P (x)$ — кубический многочлен с рациональными коэффициентами. Его значение в точке $√7$ составляет $8,$ а значение его производной в этой же точке равно $56.$ Найдите все коэффициенты многочлена.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте просто представим кубический многочлен в общем виде и подставим √7 вместо x. Получим какое-то выражение, которое должно быть равно 8. Как здесь поможет то, что у нас коэффициенты - рациональные?

Подсказка 2

У нас некоторая часть выражения равна √7 * (что-то), где "что-то" - рациональное, а также все остальные числа рациональные в равенстве. А когда такое может выполняться вообще?)

Подсказка 3

Только когда это "что-то" равно нулю! Из этого получаем условия на коэффициенты. А теперь проделываем ту же операцию с производной и решаем систему

Показать ответ и решение

Пусть

3 2 P(x)= ax +bx + cx+ d

Тогда

√- √ - √- √- P( 7)= 7a 7+ 7b+ c 7+ d= (7a +c) 7+ 7b +d= 8

Это число может быть рациональным только если $(7a +c)√7-= 0,$ откуда

({ 7a+ c= 0 ( 7b+ d= 8

Далее,

′ 2 P (x)=3ax + 2bx+ c

Значит,

P′(√7)= 21a +2b√7+ c= 56

Отсюда по аналогичным соображениям

( { b=0 ( 21a+ c= 56

Объединив эту систему с ранее полученной, имеем

( ( ( ||| b= 0 ||| b =0 ||| b= 0 |||{ 7b+ d= 8 |||{ d =8 |||{ d= 8 | ⇔ | ⇔ | -56- ||||| 21a+ c= 56 ||||| 21a+ (− 7a)= 56 ||||| a= 21−7 = 4 ( 7a+ c= 0 ( c =−7a ( c= −7⋅4= −28

Ответ:

$P (x)= 4x3− 28x+ 8$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#74864

Целые числа $a,b,c$ попарно различны. Докажите, что не существует многочлена $P(x)∈ℤ[x]$ со свойством: $P(a)= b,P(b)=c,P(c) =a.$

Показать доказательство

Предположим, что такой полином существует. Поскольку $a,b,c$ попарно различны, существует пара чисел, модуль разности которых строго больше модуля разности любых других двух. Не умаляя общности, пусть это $a$ и $b.$ Согласно теореме Безу, $. P (a)− P(b).. a − b.$ Так как $P (a)⁄= P(b),$ из этого следует, что $|P(a)− P(b)|= |b− c|≥|a− b|,$ что противоречит выбору чисел $a$ и $b.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#74868

Найдите все натуральные $n,$ для которых существует многочлен $p(x)$ с целыми коэффициентами такой, что $p(d)= n∕d$ для всех натуральных делителей $d$ числа $n.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем доказать, что n не может быть составным. Для этого можно пойти от противного. Можно ли выбрать какие-нибудь хорошие делители n и рассмотреть значения многочлена в них?

Подсказка 2

Верно! Пусть n = qd, где d — наименьший простой делитель n. Тогда p(q) = d. Еще мы знаем, что p(n) = 1. Какой вывод можно сделать?

Подсказка 3

Конечно! p(q) - p(n) делится на n - q. Может ли это быть верным?

Подсказка 4

Точно, не может! А можно ли построить пример для простых n или n = 1?

Показать ответ и решение

Сначала приведем пример такого многочлена для простых $n:$

p(x)= 1+ n− x

Теперь предположим, что $n$ – составное число: $n= d⋅q,$ где $d$ – наименьший простой делитель $n.$ Так как $q$ содержит хотя бы один простой делитель $n,$ то $q ≥ d.$ Предположим, что описанный в задаче многочлен $p$ существует. Тогда $p(q)= d,p(n)= 1.$ По теореме Безу, $. p(q)− p(n).. n− q.$ Другими словами,

d− 1 ... n − q = q(d− 1)

Такое может случиться только если $d =1$ или $q = 1,$ но по определению $d$ и $q$ ни то, ни другое не выполнено – противоречие.

Ответ:

все простые $n$ и $n= 1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#74869

Пусть $f$ — многочлен с целыми коэффициентами. Известно, что уравнение $f(x)= x$ не имеет решений в целых числах. Докажите, что уравнение $f(f(f(x)))= x$ тоже не имеет решений в целых числах.

Показать доказательство

Предположим противное – пусть существует такое целое $x, 0$ что
$f(f(f(x0)))= x0.$ Рассмотрим выражение $f(f(f(x0)))− f(f(x0)) =x0− f(f(x0)).$ Согласно теореме Безу, оно делится на $f(f(x0))− f(x0).$ Значит и
$x0− f(f(x0))+ f(f(x0))− f(x0)= x0− f(x0)$ делится на $f(f(x0))− f(x0).$ Так как уравнение $f(x)= x$ не имеет решений в целых числах, $x0− f(x0)⁄= 0$ и $f(f(x0))− f(x0)⁄= 0,$ а значит

|f(x0)− x0|≥ |f(f(x0))− f(x0)|> 0

С другой стороны, по теореме же Безу, $.. f(f(x0))− f(x0). f(x0)− x0,$ значит

|f(f(x0))− f(x0)|≥|f(x0)− x0|> 0

Такое возможно только если $|f(x0)− x0|=|f(f(x0))− f(x0)|,$ откуда либо
$f(x0)− x0 = f(x0)− f(f(x0)),$ либо $f(x0)− x0 = f(f(x0))− f(x0).$ В первом случае $x0 =f(f(x0))$ и, так как $x0 = f(f(f(x0))),$ получаем что $f(f(x0))$ является решением уравнения $f(x)=x,$ что противоречит условию задачи. Теперь разберем второй случай. Ясно, что если $x0$ является решением уравнения $x= f(f(f(x))),$ то и $f(x0)$ тоже. Повторим рассуждение с самого начала, заменив в нем $x0$ на $f(x0).$ Получим, что $|f(f(f(x0)))− f(f(x0))|=|f(f(x0))− f(x0)|.$ Мы уже знаем, что один из способов раскрытия модуля приводит к противорчию, поэтому выберем второй: $f(f(f(x0)))− f(f(x0))= f(f(x0))− f(x0)= x0− f(f(x0)).$ Запишем рядом это уравнение и уравнение выше

x0− f(f(x0))= f(f(x0))− f(x0)= f(x0)− x0

Мы получили, что $x0,f(x0),f(f(x0))$ – попарно различные числа, попарные разности которых совпадают. Такого, конечно, быть не может, по крайней мере потому, что разность между наименьшим и наибольшим числом строго больше, чем разность любых других двух чисел. Противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#74872

Пусть $P(x)∈ ℤ[X ].$ Докажите, что если множество простых делителей значений $P(x)$ во всех целых точках конечно, что $P (x)$ тождественно равен ненулевой константе.

Показать доказательство

Если у $P(x)$ свободный коэффициент равен 0 , то $x|P(x),$ и утверждение, очевидно, верное. В случае $P (0)= a⁄= 0$ предположим противное, существует только конечное множество $M = {p1,...,pl}$ простых делителей чисел вида $P(n),$ где $n$ — целое. Разложим $a$ на простые множители: $α1 αl a =p1 ⋅...⋅pl$ ( $αi$ могут равняться нулю). Рассмотрим последовательность $α1+1 αl+1 α1+1 αl+1 P (0), P(p1 ⋅...⋅pl ),P(2⋅p1 ⋅...⋅pl ),...$ и так далее до бесконечности. Ясно, что любого $k$ и $m$ $α1+1 αl+1 P (k⋅p1 ⋅...⋅pl )$ не делится на $αm+1 pm ,$ поскольку его свободный член не делится на $αm+1 pm ,$ а все остальные делятся. Значит, степень вхождения $pm$ в любое $α1+1 αl+1 P (k⋅p1 ⋅...⋅pl )$ равна $αm,$ так как свободный член делится на $αm pm .$ На другие простые, по предположению, $α1+1 αl+1 P (k⋅p1 ⋅...⋅pl )$ не делится. Это означает, что для любого $k$

P(k⋅pα11+1⋅...⋅pαll+1)= pα11⋅...⋅pαll=a

то есть $P$ принимает значение $a$ в бесконечном числе точек. Такое бывает только если $P$ равен константе $a,$ что и требовалось доказать.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#75128

Даны натуральные числа $a$ и $b$ такие, что $a≥ 2b.$ Существует ли многочлен $P (x)$ степени больше $0$ с коэффициентами из множества ${0,1,2,...,b− 1}$ такой, что $P(a)$ делится на $P (b)?$

Источники: Всеросс., 2023, ЗЭ, 10.3(см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Легко видеть, что если $b= 1,$ то всякий многочлен с коэффициентами от 0 до $b− 1$ является нулевым.

Пусть $b >1.$ Представим $a− b$ в $b$ -ичной записи (иными словами, в системе счисления с основанием $b$ ): $n a− b= cnb + ...+ c1b+ c0,$ где $ci ∈{0,1,2,...,b− 1}.$ Поскольку $a− b ≥b,$ в этой записи $n≥ 1.$

Покажем, что $n P (x)= cnx + ...+c1x+ c0$ удовлетворяет условию. Действительно, по теореме Безу, для любого многочлена $f$ с целыми коэффициентами $f(a)− f(b)$ делится на $a− b.$ Значит, $P (a)− P(b)$ делится на $a − b= P(b).$ Но тогда и $P (a)= (P (a)− P(b))+ P(b)$ делится на $P(b).$

Ответ:

Существует при $b> 1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#75133

Обозначим через $P (x)= a xn+ a xn−1+ ...+ a n n− 1 0$ многочлен с целыми коэффициентами, для которого $P(r)=P (s)= 0$ для некоторых натуральных $r$ и $s,$ причём $r< s.$ Докажите, что $ak ≤− s$ для некоторого $k.$

Показать доказательство

Представим исходный многочлен в виде

c P(x) =(x− s)x Q(x)

причем $c$ — натуральное число такое, что свободный коэффициент многочлена $Q (x)$ не равен $0.$ Такое число $c$ существует, поскольку в противном случае многочлен

P(x) x− s

имеет вид $n−1 x ,$ а значит не имеет натурального корня $r,$ что противоречит условию.

Пусть

Q(x)= b0xm +b1xm−1+ ...+ bm

По правилу знаков Декарта количество смен знаков в последовательности ${b0,b1,...,bm }$ не меньше, чем количество положительных корней данного многочлена, то есть не меньше $1.$

Пусть в ряду произошла смена с положительного знака на отрицательный, тогда существует $k$ такое, что $bk > 0≥ bk+1.$ Тогда $ak+1 = −sbk+bk+1 ≤ −s$ и искомый коэффициент найден.

В противном случае произошла ровна одна смена с отрицательного на положительный знак, следовательно $bm > 0.$ Осталось заметить, что тогда $am =− sbm ≤− s.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#76289

Существует ли многочлен, функционально равный выражению

(a) $|x|;$

(b) $√------ 33x2+ x;$

(d) $(x2 − 3x+ 2)∕(x− 1)?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Некоторые из пунктов решаются совсем просто. Стоит лишь вспомнить какие-то базовые свойства многочленов. Какие он может принимать значения, в каких точках определëн.

Подсказка 2

Давайте возьмëм выражение из любого пункта и приравняем к некоторому многочлену P(x). Попробуйте сделать какие-то тождественные преобразования, чтобы получить в левой и правой части многочлены. Что можно сказать про тождественно равные многочлены?

Показать ответ и решение

(a) Нет.

Если степень многочлена хотя бы $2$ , то при огромных положительных числах он будет принимать значения, большие $|x|$ по модулю, поскольку на положительных числах $|x|$ растёт линейно. Также ясно, что степень многочлена больше $0$ . То есть если такой многочлен существует, то он имеет вид $ax +b$ . Но это выражение далеко не при всех $x$ неотрицательно, то есть функционального равенства с $|x|$ быть не может.

(b) Нет.

Предположим, что существует такой многочлен $P(x)$ , что $√------ 33x2+x =P (x)$ . Следовательно, $3x2+x =(P(x))3$ . Ясно, что $deg(P)> 0$ . В таком случае $deg((P(x))3)≥ 3$ , а $deg(3x2+x)= 2$ . То есть функционального равенства быть не может.

Предположим, что есть такой многочлен $P(x)$ , тогда $x4+1 =(x2+ 1)P(x)$ . Степень многочлена слева равна $4$ , а многочлена справа — $deg(P)+ 2$ . Отсюда получаем, что $deg(P)= 2$ . Пусть $P(x)=ax2+ bx+c$ . Из подстановки $x= 0$ в равенство $x4+ 1= (x2 +1)P(x)$ следует, что $c= 1$ . Подстановка $x= ±1$ приведёт к равенствам $a± b= 0$ , откуда $a =b= 0$ . Но тогда $degP ⁄= 2$ , противоречие.

(d) Нет.

Это выражение не определено в $x= 1$ , а любой многочлен в этой точке определён, значит функционального равенства с многочленом быть не может.

Ответ:

Во всех пунктах не существует

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#76290

Найдите остаток при делении многочлена $x100 − 8x97− 5x17+ 10x16+ x2 − 2x+ 1$ на $x2− 3x+ 2.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Ясно, что этот остаток будет многочленом. Но каким? Какая у него может быть степень?

Подсказка 2

Степень остатка должна быть не больше степени делителя. То есть степень максимум 1. Значит, остаток имеет вид ax + b. Как это можно использовать?

Подсказка 3

Пусть H(x) - частное от деления, P(x) - изначальный многочлен, тогда получаем равенство P(x) = (x²-3x+2)H(x) + ax + b. Оно верно для всех x. Что можно с ним сделать, чтобы найти a и b?

Показать ответ и решение

Остатком будет многочлен степени $1$ или $0.$ Запишем его в виде $ax +b$ (если степень $0,$ то $a$ обнулится). Тогда $100 97 17 16 2 2 x − 8x − 5x + 10x + x − 2x+ 1= (x − 3x+ 2)H(x)+ ax+ b.$ Подставим в это равенство $x =1$ и $x =2.$ Получится система из уравнений $a+ b= −2$ и $2a+b =1,$ которая имеет решение $a =3$ и $b= −5.$ Следовательно, остаток имеет вид $3x− 5.$

Ответ:

$3x− 5$