Вспоминай формулы по каждой теме
Решай новые задачи каждый день
Вдумчиво разбирай решения
ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!
Подтемы раздела функции
Решаем задачу:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#94442

Пусть m  — ненулевое целое число. Найдите все многочлены P(x)  нечетной степени с вещественными коэффициентами такие, что

  3    2             3    2              3
(x − mx + 1)P(x+ 1)+(x + mx + 1)P(x− 1)=2(x − mx+ 1)P (x)
Подсказки к задаче

Подсказка 1

Изначально нужно сузить диапазон поиска ответа. Как это можно сделать? Часто помогает посчитать какой-нибудь коэффициент при x^k. Зачем это нужно? Вы получите уравнение на n, что значительно поможет при решении. Какое k нужно выбрать?

Подсказка 2

Посчитайте коэффициент при x^(n+1). Поймите после этого, что n=1. Дальше осталось выполнить проверку линейный многочленов. Как это можно сделать?

Подсказка 3

Прямой проверкой убедитесь, что P(x)=tx подходит. А все остальные многочлены не подходят.

Показать ответ и решение

Пусть P(x)= a xn+ ⋅⋅⋅+a x0,
       n        0  где a ⁄= 0.
 n

Коэффициент при  n+1
x  в многочлене в правой части равен

2an−2− 2man

Отметим, что многочлены P(x+1)  и P(x− 1)  имеют вид

               n           n−1
P(x+ 1)=an(x+ 1) + an−1(x +1)   +...=

a ⋅xn+ (na + a   )⋅xn−1+ (a C2+ a  (n− 1)+a   )⋅xn−2+...
 n       n   n−1         n n   n−1        n−2

P(x− 1)=an(x− 1)n+ an−1(x − 1)n−1+...=

an⋅xn− (nan− an−1)⋅xn−1+ (anC2n− an−1(n− 1)+an−2)⋅xn−2+...

следовательно, в правой части коэффициенты перед xn+1  в первом и втором слагаемом равны соответственно

(anC2n+an−1(n− 1)+an−2)− m (nan +an−1) и (anC2n− an−1(n − 1)+ an− 2)+ m(an−1− nan)

Складывая, имеем

2anC2n+ 2an−2− 2mnan

Приравнивая коэффициенты в левой и правой части имеем соответственно

    2
2anCn+ 2an−2 − 2mnan =2an−2− 2man

    2
2anCn− 2mnan+ 2man = 0

a (n(n− 1)− 2mn +2m )=0
 n

an(n− 1)(n− 2m)= 0

следовательно, n =1  или n= 2m.

Таким образом, единственным возможным многочленом нечетной степени, удовлетворяющим исходному уравнению может быть лишь многочлен первой степени. Прямой проверкой легко убедиться, что каждый многочлен вида P(x)=tx  является решением для некоторого действительного t.  Пусть теперь многочлен имеет вид P(x)= tx +r,  тогда его можно представить в виде P(x)= Q(x)+ r,  где Q(x)  является решением. Тогда из исходного уравнения следует, что и многочлен H (x)= r  должен являться решением, что неправда, поскольку

(x3− mx2+ 1)r+ (x3 +mx2 +1)r⁄= 2(x3− mx +1)

Следовательно, решениями являются лишь многочлены первой степенью, свободный коэффициент которых равен 0.

Ответ:

 P (x)= tx  для любого вещественного числа t

Специальные программы

Все специальные программы

Программа
лояльности v2.0

Приглашай друзей в Школково и получай вознаграждение до 10%!

Крути рулетку
и выигрывай призы!

Крути рулетку и покупай курсы со скидкой, которая привязывается к вашему аккаунту.

Бесплатное онлайн-обучение

Для школьников из приграничных территорий России, проживающих в ДНР, ЛНР, Херсонской, Запорожской, Белгородской, Курской, Брянской областях и Крыму.

Налоговые вычеты

Узнай, как получить налоговый вычет при оплате обучения в «Школково».

Специальное предложение
для учителей

Бесплатный доступ к любому курсу подготовки к ЕГЭ, ОГЭ и олимпиадам от «Школково». Мы с вами делаем общее и важное дело, а потому для нас очень значимо быть чем-то полезными для учителей по всей России!

Вернём деньги за курс
за твою сотку на ЕГЭ

Сдать экзамен на сотку и получить обратно деньги за подготовку теперь вполне реально!

cyberpunkMouse
cyberpunkMouse
Рулетка
Вы можете получить скидку в рулетке!