Тема Высшая проба

Многочлены на Высшей пробе

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела высшая проба

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#74781

Найдите все действительные числа $d,$ для которых существуют многочлены от одной переменной $P$ и $Q,$ такие что равенство

P(x) P(x+ d) 1 Q(x) − Q(x+-d) = x(x-+1)

выполняется при всех значениях $x$ , кроме конечного числа (есть лишь конечное множество значений $x$ , для которых равенство не выполняется).

Источники: Высшая проба - 2022, 11.4 (см. olymp.hse.ru)

Показать ответ и решение

Сразу заметим, что при $d= 0$ равенство из условия невозможно, так что далее мы везде считаем, что $d⁄= 0$ даже когда не напоминаем об этом явно.

Предположим, что такие многочлены $P$ и $Q$ нашлись. Тогда можно считать, что они взаимнопросты (иначе поделим оба на общий множитель — новая пара тоже удовлетворяет условию), и у $Q$ старший коэффициент равен 1 (домножим $P$ и $Q$ на константу , чтобы старший коэффициент стал равен 1). Введем обозначение для разложения $Q$ на линейные множители (естественно, воспользовавшись существованием такого разложения в комплексных числах):

Q(x)=(x− α1)n1(x− α2)n2⋅⋅⋅(x− αk)nk

Для комплексного числа $α$ множество чисел вида $α +md,$ где $m ∈ℤ$ , будем называть цепью числа $α.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Ключевое утверждение:

Если $α$ — корень $Q,$ то числа 0 и 1 принадлежат цепи $α.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Доказательство.

Пусть $α$ — корень $Q,$ тогда обозначим через $m−$ и $m+$ такие минимальное и максимальное значения $m,$ при которых $α+ md$ является корнем $Q.$ Заметим, что $m−$ и $m+$ определены корректно: множество значений $m$ не пусто (поскольку 0 подходит) и конечно, поскольку у $Q$ конечное число корней (первое место, в котором важно, что $d⁄= 0$ ). Тогда пусть не оба числа 0 и 1 лежат в цепи $α.$ Тогда одно из двух чисел $α+ (m− − 1)d$ и $α+ m+d$ не является ни 0 ни 1 (второе место: нам важно, что $α +(m − − 1)d$ и $α +m+d$ — два разных числа). Рассмотрим эти два случая.

Пусть $α+ m+d= αi$ — не равно ни 0 ни 1. Посмотрим на равенство из условия

P-(x)− P(x+-d)= ---1-- = 1− -1-- Q (x) Q(x+ d) x(x+ 1) x x+ 1

и разложим левую часть на простейшие дроби:

P(x)= P (x)+ --P1(x)-- +--P2(x)- +⋅⋅⋅+--Pk(x)- , Q (x) 0 (x− α1)n1 (x− α2)n2 (x− αk)nk

где степень $Pi(x)$ меньше $ni$ при $1 ≤i≤ k,$ причем $Pi ⁄= 0.$

Поскольку $αi$ — корень $Q,$ в разложение $PQ((xx))$ входит член со знаменателем $(x − αi)ni$ и ненулевым числителем. Но $αi$ — не корень $Q (x+ d),$ иначе $α + d= α+ (m +1)d i +$ было бы корнем $Q(x),$ что противоречило бы максимальности $m +$ . Тогда член со знаменателем $ni (x− αi)$ не входит в разложение $P(x+d) Q(x+d),$ значит члену с таким знаменателем слева не с чем сократиться — но он не входит в правую часть — противоречие.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Итак, мы доказали, что если у многочлена $Q$ есть комплексные корни, то в цепь этого корня входят числа 0 и 1, то есть выполняется равенство $-1 d= m$ для какого-то целого $m$ . Если же у $Q$ нет комплексных корней, то он - ненулевая константа, то есть $P(x)- Q(x)$ и $P (x+d) Q-(x+d)$ — многочлены, тогда их разность не может равняться $x(x1+1).$

Осталось показать, что все значения вида $d= 1m,$ где $m ∈ ℤ,m ⁄= 0$ подходят. Для $m >0$ достаточно взять функцию

1+ --11-+ --12-+ ⋅⋅⋅+ ---1m−1- x x+ m x+ m x+ m

и привести сумму к общему знаменателю, числитель взять в качестве $P,$ а знаменатель — $Q.$ Для $m <0$ то же самое сделать с суммой

-−1- ---−1--- --−-1--- -−-1-- x+ 1 + x+ −m−−m1-+ x+ −m−−m2-+⋅⋅⋅+ x+ −1m

Ответ:

$d =-1, m$ где $m ∈ℤ,m ⁄= 0$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#75239

Дана пара взаимно-простых многочленов с действительными коэффициентами $P(x)$ и $Q (x)$ степеней $2021$ и $2000$ соответственно (взаимно-простые означает, что не существует многочлена $R (x),$ не равного константе, на который делятся $P(x)$ и $Q(x)).$ Гриша выбирает конечное множество действительных чисел $c1,...,cn$ (помните, в множестве элементы не повторяются, размер множества Гриша тоже выбирает сам), находит число различных кратных действительных корней у многочлена $P (x)+ ciQ(x)$ (при $i$ от 1 до $n$ ) и складывает полученные числа. Какую наибольшую сумму Гриша может получить в результате этого процесса?

Источники: Высшая проба - 2021, 11.5(см. olymp.hse.ru)

Показать ответ и решение

Оценка.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. В Гришиной сумме могут быть учтены те и только те числа $α$ , в которых производная функции $P-(x) f(x)= Q (x)$ обращается в ноль, причем каждое такое $α$ может быть посчитано максимум для одного $ci$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Доказательство. Как известно, число $α$ является кратным корнем многочлена $T (x)$ если и только если $α$ является корнем многочлена $T (x)$ и его производной $T ′(x)$ . Пусть $α$ — кратный корень $P (x)+ cQ (x)$ , имеем левую из систем:

( ( ( { P(α)+ cQ (α)= 0(∗) ⇔ { Q(α)⁄= 0 ⇔ { ′ Q(′α)⁄= 0 ( P ′(α)+cQ′(α )=0(∗∗) ( P′(α)− PQ((αα))Q ′(α)= 0 ( P(α)Q(αQ)−2P(α)(α)Q(α)= 0

Первая равносильность заслуживает пояснений: из уравнения $(∗)$ если $Q(α)= 0$ что и $P(α)=0,$ то невозможно поскольку многочлены взаимно-просты. Если же $Q (α)⁄= 0$ то деление на него является равносильным переходом, а $c$ однозначно находится из (*). Второй переход: просто поделили на $Q (x).$ Осталось заметить, что $P′(x)Q(x)Q−2(Px()x)Q′(x)$ это в точности производная $P-(x). Q (x)$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Итак, мы получили что все числа, посчитанные в гришиной сумме, это корни многочлена $T(x)= P′(x)Q (x)− P(x)Q ′(x),$ который имеет не более чем $4020$ степень (при взятии производной степень многочлена уменьшается на единицу, при перемножении многочленов - складывается, при вычитании не увеличивается), покажем что $T(x)$ не может быть тождественно нулем (на самом деле покажем, что степень ровно $4020$ ). Пусть $p 2021$ и $q 2000$ — старшие (а значит, ненулевые) коэффициенты многочленов $P(x)$ и $Q(x)$ соответственно. Тогда коэффициент $T(x)$ при $x4020$ есть $2021p q − 2000p q = 21p q ⁄= 0. 2021 2000 20212000 20212000$ Таким образом, мы доказали оценку сверху: сумма не может быть больше $4020.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Пример.

Возьмём $P (x)$ и $Q(x)$ такими, что все их корни вещественны, различны и все корни $P(x)$ лежат левее всех корней $Q (x).$ Тогда есть $2020$ отрезков между соседними корнями $P(x),$ на каждом из этих отрезков функция $f(x)$ непрерывна (все корни знаменателя правее), равна нулю в концах отрезка и не равна нулю в остальных точках, значит в какой-то точке производная принимает нулевое значение по теореме Ролля — нашли $2020$ нулей производной. Теперь посмотрим на интервалы между соседними корнями $Q(x),$ и также на открытый луч от самого правого из них до плюс бесконечности. На каждом интервале функция непрерывна, не меняет знак (поскольку не принимает нулевого значения — все корни числителя лежат левее), в концах интервалов $f(x)$ стремиться к бесконечности (поскольку это корни числителя), при $x→ +∞$ аналогично $f(x)$ стремится к бесконечности, поскольку степень числителя больше степени знаменателя. Значит, на каждом из промежутков модуль достигает минимума во внутренней точке, там производная обращается в ноль (альтернативно можно воспользоваться теоремой Ролля для функции $1 f(x)$ ) — нашли еще $2000$ нулей производной.