Тема Многочлены

Корни многочленов

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#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#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)

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 3#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.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#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 5#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 6#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.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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 8#91980

Число $x 0$ является общим корнем многочленов

3 2 3 2 3 2 x +ax + bx+ c,x + bx + cx+ a,x + cx +ax+ b.

Найдите все возможные значения $x0$ , если известно, что $a >b> c.$

Источники: ДВИ - 2024, вариант 242, задача 6 (pk.math.msu.ru)

Показать ответ и решение

По условию $x 0$ — решение системы

(| x3+ ax2+ bx +c= 0 { x3+ bx2+cx+ a= 0 |( 3 2 x + cx +ax +b= 0

Вычтем из первого уравнения второе, тогда получим $(a− b)x2+ (b− c)x+ (c− a)= 0.$ Из второго вычтем третье: $(b− c)x2+ (c− a)x +(a− b)= 0.$ Многочлены в левых частях этих уравнений не являются тождественными нулями, поскольку $a> b> c.$ И $x0$ — общий корень этих квадратных уравнений, поскольку каждое из этих уравнений — разность двух уравнений с общим корнем $x0.$ Заметим, что теперь максимальная степень в уравнениях равна $2.$ Попробуем ее уменьшить еще раз. Для этого первое из полученных уравнений умножим на $b− c$ и вычтем из него второе полученное уравнение, умноженное на $a− b.$ Тогда получится

2 2 (b− c)((a− b)x + (b− c)x+(c− a))− (a− b)((b− c)x + (c− a)x +(a− b))= 0

После раскрытия скобок, группировки слагаемых с $x$ в одной стороне и слагаемых без $x$ — в другой получаем следующее:

2 2 2 2 2 2 (a + b+ c − bc− ab− ca)x= a +b + c − bc− ab− ca

Заметим, что $x0$ является корнем и этого уравнения.

Докажем, что коэффициент перед $x$ не равен нулю. По неравенству о средних $a2+b2≥ ab, 2$ $b2+c2≥ bc, 2$ $c2+a2≥ ca. 2$ Сложим все три неравенства и получим, что $a2+ b2+ c2 ≥ bc+ ab+ ca,$ то есть $a2+ b2+c2− bc− ab− ca≥ 0.$ Поскольку оценка получена с помощью неравенства о средних, то равенство возможно тогда и только тогда, когда $a= b= c.$ По условию $a> b> c,$ поэтому случай равенства невозможен. Таким образом, полученное уравнение можно разделить на коэффициент при $x,$ откуда $x= 1,$ что означает $x = 1. 0$

Мы доказали, что если эти три уравнения имеют общий корень, то этот корень равен $1.$ Осталось привести пример подходящих $a,$ $b$ и $c.$ Для этого подставим $x =1$ в исходную систему. Тогда мы получим три одинаковых уравнения вида $1+a +b+ c= 0.$ Подходят, например, $a =1,b= 0,c= −2.$

Ответ: 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#67669

Дан многочлен $P(x)$ степени $n >5$ с целыми коэффициентами, имеющий $n$ различных целых корней. Докажите, что многочлен $P (x)+ 3$ имеет $n$ различных действительных корней.

Источники: ММО-2023, 11.3 (см. mmo.mccme.ru)

Показать доказательство

Пронумеруем корни многочлена в порядке возрастания $a < ...<a . 1 n$ Тогда многочлен можно представить в виде

P(x)= a(x− a1)(x− a2)...(x− an),a ⁄=0,a∈ ℤ,ai ∈ ℤ

Покажем, что значение многочлена $P$ в любой точке локального экстремума по модулю строго больше $3$ (тогда при сдвиге графика многочлена на $3$ единицы вверх или вниз количество его точек пересечения с осью абсцисс не изменится). Точки локального экстремума $P$ находятся на промежутках $(a;a ), i=1,2,...n− 1. i i+1$ Вычислим значения $|P(x)|$ в точках $x = a + 1. i i 2$ Так как корней не меньше шести, то

1 1 3 3 5 5 225- |P (x)|=|a(xi− a1)(xi− a2)...(xi− an)|≥ |a|⋅2 ⋅2 ⋅2 ⋅2 ⋅2 ⋅2 = |a|64 >3|a|≥3

В произведении мы оставляем шесть наименьших по модулю множителей, остальные (есть при $n> 6)$ ещё больше.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#67771

Квадратные трёхчлены $P (x)$ и $Q(x)$ с действительными коэффициентами таковы, что в совокупности они имеют 4 различных действительных корня, а также каждый из многочленов $P(Q(x))$ и $Q(P(x))$ имеет 4 различных действительных корня. Какое наименьшее количество различных действительных чисел может быть среди корней многочленов $P(x),Q (x),P(Q (x))$ и $Q (P(x))?$

Источники: Высшая проба - 2023, 11.6 (см. olymp.hse.ru)

Показать ответ и решение

Заметим, что если среди корней многочлена $P(Q(x))$ есть корень $Q(x),$ скажем, число $x 0$ , то $P(Q(x))= P(0)=0, 0$ откуда $0$ является корнем $P (x).$ Аналогично если среди корней $Q(P (x))$ есть корень многочлена $P (x),$ то $0$ является корнем $Q(x).$ Но одновременно $P(x)$ и $Q(x)$ не могут иметь корень $0,$ т.к. иначе в совокупности у них было бы менее $4$ корней.

Отсюда можно получить оценку общего числа различных корней. Если их не больше $5,$ то у $P(Q(x))$ и $Q(x)$ есть общий корень, а также у $Q(P(x))$ и $P(x)$ есть общий корень, чего не может быть по вышесказанному.

Теперь построим пример, когда различных корней ровно $6.$ Пусть

1 P(x)= 2x(x− 3)

Q (x)= − 3(x+ 1)(x− 2) 2

Тогда у $P(x)$ корнями будут числа 0 и 3; у $Q(x)$ корнями будут числа -1 и 2; у $P(Q(x))$ корнями будут числа -1, 0, 1, 2; у $Q(P(x))$ корнями будут числа -1, 1, 2, 4. Итого корни всех многочленов в совокупности: -1, 0, 1, 2, 3, 4.

Ответ: 6

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#68027

Многочлены $P(x)$ и $Q(x)$ с действительными коэффициентами имеют степень 10. Известно, что для любого действительного $x$ верно

P(x)⋅Q(x) ≥|P(x)|.

Какое наибольшее количество различных корней может быть у многочлена $P(x)⋅Q (x)?$

Источники: Курчатов-2023, 11.3 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Показать ответ и решение

Пример. Пусть $P(x)= (x− 1)2(x− 2)2(x− 3)2(x − 4)2(x− 5)2,Q(x)= x10+ 1.$ Тогда, действительно, для любого $x∈ ℝ:$

P(x)⋅Q(x) ≥|P(x)|.

Оценка. По свойству модуля: $|P (x)⋅Q(x)|≥ P(x)⋅Q (x)≥ |P (x)|.$ Тогда получим такое неравенство:

|P(x)⋅Q(x)|≥ |P(x)|.

Пусть $x0$ является корнем $Q(x),$ тогда подставим его в это неравенство:

0 ≥|P(x )|. 0

Значит, $P(x0)= 0,$ то есть множество корней $P(x)⋅Q (x)$ совпадает с множеством корней $P(x).$ Теперь будем рассматривать $x,$ которые не является корнями $P(x),$ тогда разделим на $|P (x)|,$ получим, что $|Q(x)|≥ 1.$

Докажем, что многочлен $Q (x)$ либо хотя бы $1$ при всех рассматриваемых $x,$ либо не превосходит $− 1$ при всех рассматриваемых $x.$ Для этого предположим противное, пусть есть такие $x1,x2,$ что $Q(x1)≥ 1;Q (x2)≤ −1.$ Но из непрерывности $Q (x)$ следует, что все значения на промежутке $[Q(x2),Q(x1)]$ будут достигаться. А также поскольку множество корней $P(x)$ конечно, то получим противоречие с условием $|Q (x)|≥1.$

Для определенности будем рассматривать случай, когда $Q(x)≥ 1.$ Так как

P(x)⋅Q(x)≥ |P(x)|≥ 0,

то $P(x) ≥0,x∈ ℝ.$ Это означает, что у $P(x)$ не может быть корней кратности $1$ , ведь иначе в окрестности любого из таких корней многочлен принимал бы значения разных знаков. Значит, каждый корень многочлена P(x) имеет кратность не менее $2;$ а так как сумма кратностей корней не превосходит степень многочлена, корней у $P (x)$ не более $5.$

Ответ: 5

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#68095

a) Найдите многочлен наименьшей положительной степени с целыми коэффициентами, корнем которого является число $√- x0 = 5 − 1;$

б) С помощью пункта (а) найдите $f(x0),$ где

10 9 8 7 6 5 4 3 2 f(x)= x + x − 6x +4x − x − 2x + 4x +x + 3x − x

Ответ представьте в виде $a√5 +b,$ где $a$ и $b$ — целые числа.

Источники: Межвед-2023, 11.3 (см. www.academy.fsb.ru)

Показать ответ и решение

а) Так как число $√5-− 1$ не рациональное число, то оно не может быть корнем многочлена степени $1$ с целыми коэффициентами, значит его степень хотя бы $2.$ Многочлен $2 g(x) =x + 2x− 4$ удовлетворяет условию задачи.

б) Заметим, что остаток $f(x)$ при делении на $g(x)$ равен $x+ 4.$ Тогда $f(x)= g(x)h(x)+ x+ 4$ для некоторого многочлена $h(x).$ Тогда

√- f(x0)=x0 +4= 5 +3.

Ответ:

$а) g(x)=x2 +2x− 4$

$√- б) 5+ 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#69234

Докажите, что многочлен $P(t)=t3− 2t2− 10t− 3$ имеет три различных действительных корня. Найдите многочлен $R(t)$ третьей степени с корнями $2 2 2 2 22 u = xy z,v =x z y,w = yz x,$ где $x,y,z$ — различные корни многочлена $P (t).$

Источники: ШВБ-2023, 11.1 (см. olymp.bmstu.ru)

Показать ответ и решение

Поскольку $P(−3)=− 18< 0,$ а $P(−1)=4 >0,$ то по теореме о промежуточном значении между $− 3$ и $− 1$ есть корень этого многочлена. $P(−1)=4 >0,$ $P (0)= −3< 0,$ значит, между $− 1$ и $0$ у многочлена есть корень. $P (0)= −3< 0,$ $P(5)=22> 0,$ значит, между $0$ и $5$ у многочлена есть корень. Получили, что у многочлена есть три различных (потому что каждый находится в своем интервале) действительных корня.

Из теоремы Виета для данного многочлена имеем:

x+y +z =2, xy+ yz+ zx= −10, xyz = 3

Тогда можно через теорему Виета для $R(t)$ найти его коэффициенты:

u+ v+ w= xyz(xy+ yz+zx)= 3⋅(−10) =− 30

uv+ vw+ wu =x3y3z3(x+ y+ z)=33⋅2= 54

uvw =x5y5z5 = 35 =243

Отсюда $R(t)= t3+30t2+54t− 243.$

Ответ:

$R(t)=t3+ 30t2+ 54t− 243$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#70994

Известно, что уравнение $ax5+ bx4+ c= 0$ имеет три различных вещественных корня. Докажите, что уравнение $cx5+ bx +a =0$ имеет три корня.

Показать доказательство

Заметим, что $a,c⁄= 0$ . Действительно, если $c= 0,a⁄= 0$ , то первое уравнение имеет не более двух корней, если же $a =0$ , то для $c =0$ корней либо нет, либо бесконечно много, а для $c⁄= 0$ не более двух.

Но раз свободные коэффициенты в каждом уравнении ненулевые, то среди их корней нет нулей. Заметим, что $t$ является корнем первого уравнения тогда и только тогда, когда $1 t$ является корнем второго, поскольку $t⁄=0$

5 4 b c 1 1 at+ bt+ c= 0 ⇐⇒ a+ t + t5 = 0 ⇐⇒ c⋅t5-+b⋅-t +a =0

Значит, уравнения имеют одинаковое количество корней.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#75237

Существуют ли такие ненулевые числа $a,b,c,$ что при любом $n > 3$ можно найти многочлен вида $P (x)= xn+ ...+ ax2+ bx+ c, n$ имеющий ровно $n$ (не обязательно различных) целых корней?

Показать ответ и решение

Предположим, что такие $a,b,c$ нашлись. Пусть $k$ — максимальное число сомножителей (больших $1$ по модулю), на которые раскладывается число $c.$ Тогда у каждого многочлена $Pn(x)$ не больше $k$ корней, отличных от $± 1.$

Пусть $x1,...,xn$ — корни этого многочлена. Рассмотрим сумму

1 1 S = x21 + ...+ x2n

С одной стороны, в эту сумму входит хотя бы $n− k$ единиц, поэтому $S ≥ n− k.$ С другой стороны,

( ) ( ) S = -1+ ...+ -1 2 − 2 -1--+ -1--+...+ ---1-- =( a)2+2 b x1 xn x1x2 x2x3 xn−1xn c c

(по теореме Виета для многочлена $P(1∕x)$ ). Но это невозможно при достаточно больших $n.$

Ответ:

Не существует

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#75646

На доске написан многочлен

3 2 x + ...x + ...x+ ...

Двое по очереди ставят коэффициенты на пропущенные места. Первый хочет добиться того, чтобы многочлен имел единственный вещественный корень. Сможет ли второй ему помешать?

Показать ответ и решение

Приведём стратегию за первого.

Сначала перед $x$ поставим коэффициент $3.$

Если второй поставит некоторый коэффициент $a$ перед $2 x ,$ то поставим $3a$ в качестве свободного члена. Получаем многочлен

3 2 2 2 x +ax + 3x+ 3a =x (x+ a)+ 3(x+a)= (x+ a)(x +3).

Понятно, что у этого многочлена единственный действительный корень $x= −a.$

Если же второй выберет некоторое число $a$ в качестве свободного члена, то поставим число $3$ перед $x2.$ Получается многочлен

3 2 3 x + 3x +3x+ a= (x+ 1) − 1+ a.

Этот многочлен имеет единственный действительный корень, так как уравнение

3 (x+ 1)− 1+ a= 0

имеет единственное решение

x= 3√1-− a− 1.

Ответ:

Нет, не сможет

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#89862

Пусть $f(x)$ — квадратный трёхчлен, $g(x)$ —многочлен степени 3. Может ли многочлен $f(g(x))$ иметь шесть различных корней, являющихся степенями 2?

Источники: СПБГОР - 2023, 11.1 (см.pdmi.ras.ru)

Показать ответ и решение

Заметим, что многочлен $g(x)$ принимает каждое действительное значение не более 3 раз, так как у него степень ровно 3. Если $a$ — корень $f(g(x))$ , то $g(a)$ — корень квадратного трёхчлена $f(x) =⇒$ 6 корней у многочлена $f(g(x))$ достигаются только в том случае, если у $f(x)$ есть 2 различных корня, каждый из которых достигается ровно трижды многочленом $g(x)$ . Скажем, $a,b$ — корни $f(x)$ , $a1 a2 a3 2 ,2 ,2$ — корни многочлена $g(x)− a$ , $b1 b2 b3 2 ,2 ,2$ — корни многочлена $g(x)− b$ . Тогда справедливо следующее:

k1(x− 2a1)(x− 2a2)(x − 2a3)+a =g(x)=k2(x− 2b1)(x− 2b2)(x− 2b3)+b

Понятно, что $k = k ⁄= 0 1 2$ , как коэффициенты при $x3$ . Рассмотрим коэффициент при $x2$ у левой и правой части равенства:

a a a b b b k1(21 +2 2 + 23)= k1(21 +2 2 + 23)

a1 a2 a3 b1 b2 b3 2 + 2 +2 = 2 + 2 +2

Предположим, что наши корни различны. Но тогда одно и то же натуральное число представимо в двоичной системе счисления двумя разными способами — противоречие. Значит, рассматриваемый многочлен не мог иметь 6 различных корней, являющихся степенями двойки.

Ответ: нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#70482

Иван и Кощей играют в следующую игру. Изначально на доске записан многочлен $x− 1.$ За один ход можно заменить многочлен $f(x),$ записанный на доске, на многочлен $n+1 ax − f(− x)− 2,$ где $n$ — степень многочлена $f(x),$ а $a$ — один из его вещественных корней. Игроки ходят по очереди, начинает Иван. Выигрывает тот игрок, после хода которого на доске будет написан многочлен, не имеющий вещественных корней. Сможет ли Иван победить Кощея?

Источники: СПБГОР - 2022, 11.3 (см. pdmi.ras.ru)

Показать ответ и решение

Ивану достаётся многочлен нечетной степени, поэтому он не может проиграть. Однако Кощей тоже не может проигрывать: для этого ему достаточно каждый раз выбирать положительный корень. Заметим, что свободный член всегда равен $− 1.$ Легко проверить, что при такой стратегии Кощея Ивану будут доставаться многочлены нечетной степени с чередующимися знаками коэффициентов (старший - положительный), и поэтому у них есть лишь положительные корни; а Кощею будут доставаться многочлены четной степени с положительным старшим коэффициентом и свободным членом $− 1,$ поэтому у них существует положительный корень

Ответ:

Нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#74569

Многочлен $P(x)$ таков, что $P(x2)$ имеет $2n +1$ корней. Какое наименьшее количество корней может иметь производная многочлена $P (x)$ ? (В обоих случаях имеются в виду различные корни, без учёта кратности.)

Источники: ИТМО-2022, 11.1 (см. olymp.itmo.ru)

Показать ответ и решение

Если многочлен $P(x2)$ имеет корень $x , 0$ то он также имеет и корень $− x , 0$ поэтому количество корней может быть нечётным только если один из корней — это число $0.$ Для каждой пары корней $x0,− x0$ многочлена $( 2) P x$ число $2 x0$ является корнем многочлена $P(x);$ число $0$ также является его корнем, поэтому у многочлена $P(x)$ не менее $n +1$ корня (могут быть ещё какие-то отрицательные корни, про них мы ничего не знаем).

Между каждыми двумя корнями многочлена $P(x)$ должен находиться корень производной этого многочлена, поэтому у производной не менее $n$ корней.

Легко убедиться, что это значение достигается, например, для многочлена $x(x− 1)...(x− n).$

Ответ:

$n$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#76581

Многочлен третьей степени имеет три различных корня строго между 0 и 1. Учитель сообщил ученикам два из этих корней. Ещё он сообщил все четыре коэффициента многочлена, но не указал, в каком порядке эти коэффициенты идут. Обязательно ли можно восстановить третий корень?

Источники: Турнир городов - 2022, 11.1 (см. www.turgor.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $a,b,c,d$ — коэффициенты многочлена от старшего к младшему, $α,β$ — известные корни, $γ$ — неизвестный корень. Прежде всего заметим, что так как все корни между 0 и 1, то в силу теоремы Виета коэффициент $d$ — наименьший из коэффициентов по абсолютной величине.

Поскольку все корни многочлена положительны, знаки коэффициентов чередуются. Поэтому, зная $d,$ определяем $b.$ Если найти $a,$ то определяется и $c.$ Заметим, что по Виета