Тема ММО (Московская математическая олимпиада)

Многочлены на ММО

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела ммо (московская математическая олимпиада)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#85490

Дан многочлен степени $n ≥1$ с целыми ненулевыми коэффициентами, каждый из которых является его корнем. Докажите, что модули всех коэффициентов этого многочлена не превосходят 2.

Источники: ММО - 2024, первый день, 11.4 (см. mmo.mccme.ru)

Показать доказательство

Пусть данный в условии многочлен с ненулевыми коэффициентами:

n P(x) =anx + ...a1x+ a0

По условию $ak$ — корень этого многочлена, где $k ∈{0,1,...,n}$ . И тогда:

n P(ak)= anak + ...+a1ak+ a0 = 0

Тогда $a0$ делится на все остальные коэффициенты многочлена $ak$ , а значит $|a0|≥|ak|> 0$ . Следовательно, достаточно проверить, что $|a0|< 2$ .

Докажем это по индукции по степени многочлена $n$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

База индукции:

При $n =0 :P (a )= a = 0 0 0$ (чего не могло быть по условию). При $n =1 :$

P(a0)= a1a0+ a0 = 0 =⇒ a1 = −1

И тогда $P(x)=− x+ a0$ , а $P(a1)= 1+ a0$ , откуда $a0 = −1$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Переход индукции.

n n−1 P(a0)=ana0 + ...+ a1a0 +a0 = a0(ana0 + ...+ a2a0+ a1+1)

Так как $P(a0)=0$ и $a0 ⁄= 0$ , имеем $(anan0−1+ ...+ a2a0+ a1+ 1)=0$ . Тогда $a1+ 1$ делится на $a0$ . Как показано выше $a0$ делится на $a 1$ . Значит, $a + 1 1$ делится на $a 1$ , что возможно только при $a =±1. 1$

Если $a1 = 1$ , то $.. a1 +1= 2.a0$ , и утверждение доказано.

Если $a1 = −1$ , то преобразуем выражение дальше:

n−1 n−1 2 n−2 P(a0)= a0(ana0 + ...+ a2a0+ a1+ 1) =a0(ana0 + ...+ a2a0)= a0(ana0 + ...+ a3a0+ a2)

Опять-таки получаем, что

n−2 .. (ana0 + ...+ a3a0+ a2)=0 =⇒ a2 .a0

Тогда $a2 ...a0,a0...a2$ , что возможно только если $|a2|= |a0|$ . В случае если $a2 = a0$ , то мы пришли к выражению вида

n−2 n−3 G(a0)= bn−2a0 + bn−1a0 + ...+ a0b1+ a0 =0,

где $bi = ai+2$ , имеющее тот же вид, что и $P(a0)$ , но степени на $2$ меньшей. Из предположения индукции отсюда следует, что $|a0|≤ 2$ .

Если же $a2 = −a0$ , то домножим равенство на $− 1$ (эта операция не влияет на делимости коэффициентов и получим:

n−2 −ana0 − ...− a3a0+ a0 = 0

Для которого снова применимо предположение индукции, а значит $|a0|≤2$ .

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#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 3#72973

Дан многочлен степени $2022$ с целыми коэффициентами и со старшим коэффициентом $1.$ Какое наибольшее число корней он может иметь на интервале $(0;1)?$

Источники: ММО-2022, 11.5 (см. mmo.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Если многочлен $P$ имеет $n =2022$ корней на интервале $(0;1),$ то значение их произведения, по теореме Виета равное свободному члену, также будет лежать на интервале $(0;1),$ что противоречит условию, что все коэффициенты многочлена $P$ — целые. Таким образом, многочлен $P$ имеет не более $n− 1$ корней на интервале $(0;1).$

Покажем теперь, как построить многочлен, удовлетворяющий условию задачи и имеющий ровно $n− 1$ корень на интервале $(0;1).$ Будем считать, что $P (0)⁄= 0.$ Рассмотрим многочлен $n Q (x)= x P(1∕x).$ Это многочлен степени $n$ с целыми коэффициентами и свободным членом, равным 1 (его коэффициенты — это коэффициенты многочлена $P,$ выстроенные в обратном порядке). Каждому корню $x0$ многочлена $P,$ лежащему на интервале $(0;1),$ соответствует корень $1∕x0$ многочлена $Q,$ лежащий на луче $(1;+ ∞).$ Верно и обратное: каждому корню многочлена $Q$ , лежащему на луче $(1;+∞ ),$ соответствует корень многочлена $P,$ который лежит на интервале $(0;1).$

Рассмотрим многочлен

Q (x)= 1+ x(x − 10)(x− 20)...(x − 10(n − 1))

Поскольку

Q(5)<0, Q (15)> 0, ..., Q (10(n− 2)+ 5)< 0, Q(10(n− 1)+5)> 0,

в рассмотренных $n$ точках многочлен $Q(x)$ принимает значения чередующихся знаков, поэтому он имеет $n− 1$ корень на луче $(1;+ ∞).$ Эти корни расположены на интервалах $(5;15),(15;25),...,(10(n− 2)+5;10(n− 1)+5).$ Следовательно, соответствующий построенному многочлену $Q$ многочлен $P$ имеет ровно $n− 1$ корень на интервале $(0;1).$

Ответ: 2021

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#92172

Многочлен $P(x)=x3 +ax2+ bx +c$ имеет три различных действительных корня, наибольший из которых равен сумме двух других. Докажите, что $c> ab$ .

Источники: ММО - 2021, второй день, 11.1 (см. mmo.mccme.ru)

Показать доказательство

Пусть $x < x < x 1 2 3$ — корни многочлена $P(x)$ . По условию $x = x +x 3 1 2$ . Заметим, что $x >0 1$ (а значит, все корни положительны), так как иначе $x3 ≤ x2$ , что противоречит максимальности корня $x3$ . Далее можно рассуждать по-разному.

Первый способ.

Пользуясь формулами Виета для коэффициентов $a,b,c$ , получаем

c− ab= −x1x2x3+ (x1+x2+ x3)(x1x(2+ x1x3+ x2x3) =) = −x1x2(x1+ x2)+2(x1+ x2) x1x2+ (x1+ x2)2 = = (x + x )(xx + 2(x +x )2) > 0 1 2 1 2 1 2

Второй способ.

Так как многочлен $P (x)$ положителен при $x> x , 3$ то

c− ab =P (−a)= P(x1+ x2+x3)= P(2x3) >0

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#79749

Докажите, что для любого натурального числа $n >2$ и для любых действительных чисел $a ,a ,...,a, 1 2 n$ удовлетворяющих условию $a1+ a2+ ...+an ⁄=0,$ уравнение

a1(x − a2)(x− a3)...(x − an)+

+a2(x− a1)(x− a3)...(x− an)+...+

+a (x − a )(x− a )...(x − a )= 0 n 1 2 n−1

имеет хотя бы один действительный корень.

Источники: ММО-2019, 11.4(см. mmo.mccme.ru)

Показать доказательство

Левая часть $f(x)$ в этом уравнении представляет собой многочлен степени $n− 1,$ так как коэффициент при $xn−1$ равен $a1+ ...+ an ⁄= 0.$ Если $n$ четно, то получаем многочлен нечетной степени, он всегда имеет действительный корень, так как функция $f(x)$ непрерывна и $f(x0)> 0,f(−x0)< 0$ при достаточно большом $x0 >0.$ Пусть $n$ нечетно. Можно считать, что все числа $a1,...,an$ различны (в противном случае число $a= ai =aj,$ где $i⁄=j,$ является корнем), не равны нулю (если $ai = 0$ при некотором $i,$ то и $f(ai)= 0$ ) и упорядочены по возрастанию: $a1 < a2 < ...< an.$ Заметим, что $f(ak)=ak(ak− a2)...(ak− ak−1)(ak− ak+1)...(ak− an)$ имеет тот же знак, что и $n− k k−1 ak⋅(−1) = (−1) ak.$ Но при $n >3$ среди чисел $a1 < a2 < ...< an$ есть хотя бы одна пара соседних, имеющих одинаковый знак. Тогда значения в этих точках разного знака, поэтому между ними есть корень многочлена $f(x).$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#73720

Решите уравнение

3 2 x +(log25+ log32+ log53)x= (log23 +log35 +log52)x + 1

Источники: ММО-2018, задача 11.1(см. mmo.mccme.ru)

Показать ответ и решение

В обозначениях $a =log 3,b= log 5,c= log 2 2 3 5$ исходное уравнение принимает вид

3 2 x − (a +b+ c)x + (ab +bc+ ca)x− abc= 0

что равносильно уравнению $(x− a)(x− b)(x − c)= 0.$

Ответ:

$log 3,log 5,log 2 2 3 5$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#75132

Существуют ли такое натуральное $n$ и такой многочлен $P(x)$ степени $n,$ имеющий $n$ различных действительных корней, что при всех действительных $x$ выполнено равенство

(a) $( ) P (x)P(x+1)= P x2 ;$

(b) $P (x)P(x+ 1)= P (x2 +1)?$

Показать ответ и решение

(а) Для многочлена $P(x)=x2− x$ имеем

P(x)P(x +1)= (x2− x)((x+1)2− x− 1) = 2 4 2 ( 2) =x (x+1)(x− 1)= x − x = P x

(b) Первое решение. Из условия следует, что многочлен $P(x)$ раскладывается на линейные множители. Пусть

P(x)= a(x − x1)...(x− xn)

Тогда корнями многочлена $P (x)P(x+ 1)$ являются числа $x ,...,x ,x − 1,...,x − 1. 1 n 1 n$ При этом многочлен

(2 ) ( 2 ) ( 2 ) P x + 1 = a x +1− x1 ... x +1 − xn

также должен раскладываться на линейные множители, поэтому $xk ≥ 1,k =1,...,n.$ Множество его корней $± √xk-− 1,k= 1,...,n,$ должно совпадать с множеством корней многочлена $P(x)P (x+ 1).$ Пусть $xm$ — наибольшее из чисел $x ,k= 1,...,n, k$ т. е. наибольший из корней многочлена $P (x)P(x+1).$ Тогда число $√x--− 1 m$ является наибольшим из корней многочлена $P(x2).$ Но $√x--−-1< x , m m$ так как $x2 − x + 1> 0. m m$ Следовательно, совпадение множеств корней многочленов $P(x)P(x+ 1)$ и $P (x2)$ невозможно.

Второе решение. Если такой многочлен $P (x)$ существует, то он имеет хотя бы один действительный корень. Пусть $x0$ — наибольший из его корней. Тогда из условия получаем, что

(2 ) P x0+ 1 = P(x0)P(x0+1)= 0

то есть число $x20+ 1$ также является корнем многочлена $P (x).$ Но $x20+ 1> x0,$ что противоречит максимальности корня $x0.$ Следовательно, такого многочлена не существует.

Ответ:

$a)$ Существует

$b)$ Не существует

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#39802

Уравнение с целыми коэффициентами $x4 +ax3+ bx2+ cx+ d= 0$ имеет четыре положительных корня с учетом кратности. Найдите наименьшее возможное значение коэффициента $b$ при этих условиях.

Показать ответ и решение

По условию уравнение имеет корни, обозначим их $x ,x ,x ,x. 1 2 3 4$

По теореме Виета $x1x2+ x1x3+ ...+ x3x4 =b$ и $x1x2x3x4 = d.$ Корни положительны, так что $b≥ 1,d≥ 1$ (коэффициенты целые). По неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим:

x1x2+ x1x3 +...+ x3x4 6∘--------- √ - b=6---------6---------≥ 6 (x1x2x3x4)3 =6 d≥ 6

В неравенстве достигается равенство ( $b= 6$ ) для уравнения $(x − 1)4 = 0 ⇐ ⇒ x4 − 4x3+ 6x2 − 4x+ 1= 0.$

Ответ:

$6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#79751

Про приведенный многочлен $P(x)= xn+ a xn−1+ ...+ ax +a n− 1 1 0$ с действительными коэффициентами известно, что при некотором натуральном $m > 2$ многочлен $P(P (...P(P (x)...))$ имеет действительные корни, причем только положительные. Обязательно ли сам многочлен $P(x)$ имеет действительные корни, причем только положительные?

Показать ответ и решение

Для любого натурального $k >2$ положим $P (x)=P (P(...P(P(x)...)) k$ ( $k$ итераций). По условию задачи $P (x) m$ имеет действительные корни, причем только положительные. Покажем, что $P (x)$ имеет действительные корни, причем только положительные.

Предположим, что $P(x)$ не имеет положительных корней. Тогда $n n−1 P (x)= x + an− 1x + ...+ a0 > 0$ при достаточно больших $x$ и не меняет знак при $x> 0,$ т. е. $P$ переводит положительные числа в положительные. Значит, тем же свойством обладают все многочлены $Pk.$ Это противоречит тому, что у $Pm (x)$ есть положительные корни. Поэтому многочлен $P(x)$ также имеет положительные корни.

Если $P(0)= 0,$ то $Pm (0)= 0.$ Значит, ноль не является корнем многочлена $P(x).$

Предположим, что у $P (x)$ есть и отрицательный, и положительный корни. Докажем методом математической индукции, что тогда при всех натуральных $k$ многочлен $Pk(x)$ также имеет и отрицательный, и положительный корни.

При $k= 1$ утверждение верно. Предположим, что оно верно при некотором $k= j.$ Обозначим через $x1$ и $x2$ соответственно наименьший и наибольший корни многочлена $P(x),$ а через $x3$ и $x4$ соответственно наименьший и наибольший корни многочлена $Pj(x).$ Тогда $x1 < 0,x2 >0,x3 < 0,x4 >0.$

Если число $n$ нечетно, многочлен $P(x)= xn +an−1xn−1+ ...+ a1x +a0$ принимает все значения от $− ∞$ до $0$ на луче $(∞,x1].$ Значит, на этом луче найдется такое число $x5,$ что $P(x5) =x3.$

Если число $n$ четно, многочлен $P (x)= xn+ an−1xn−1 +...+ a1x+ a0$ принимает все значения от $0$ до $+ ∞$ на луче $(−∞, x1].$ Значит, на этом луче найдется такое число $x5,$ что $P(x5)= x4.$ В обоих случаях многочлен $P(x)= xn +an−1xn−1+ ...+ a1x +a0$ принимает все значения от $0$ до $+ ∞$ на луче $[x2,+∞ ).$ Значит, на этом луче найдется такое число $x6,$ что $P (x6)= x4.$ Следовательно, в обоих случаях $Pj+1(x5)=Pj(P(x5))= 0$ и $Pj+1(x6)=Pj(P(x6))= 0.$ При этом $x5 < 0$ и $x6 > 0.$ Утверждение доказано.

Значит, если у $P(x)$ есть и отрицательный, и положительный корни, то у $Pm(x)$ есть и отрицательный, и положительный корни. Пришли к противоречию.

Остается единственная возможность: многочлен $P(x)$ имеет действительные корни, причем только положительные.

Ответ:

Да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#65394

Выражение $x4+ x3− 3x2 +x +2$ возвели в натуральную степень, раскрыли скобки и привели подобные слагаемые. Докажите, что хотя бы один коэффициент полученного выражения будет отрицательным.

Источники: ММО-2006, 9.4, автор М. Малкин (см. mmo.mccme.ru)

Показать доказательство

Пусть мы возводим в степень $n.$ Сумму коэффициентов многочлена после раскрытия скобок можно посчитать, если вместо $x$ подставить единицу. Естественно она же равна значению того же многочлена в точке $x =1$ до раскрытия скобок:

4 3 2 n n (1 +1 − 3⋅1 + 1+2) = 2

Свободный член тоже можно посчитать, для этого надо подставить $x= 0.$ Получится

4 3 2 n n (0 +0 − 3⋅0 + 0+2) = 2

Тогда сумма всех коэффициентов, кроме свободного члена, равна нулю. При этом старший коэффициент (он отличен от свободного члена из-за количества коэффициентов) равен единице, поэтому должен найтись и отрицательный коэффициент (иначе нулевая сумма коэффициентов окажется не меньше единицы, чего быть не может).

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#49151

На графике многочлена с целыми коэффициентами отмечены две точки с целыми координатами. Докажите, что если расстояние между ними — целое число, то соединяющий их отрезок параллелен оси абсцисс.

Источники: ММО-2005, 10.2, автор - Е.Горский, (см. mmo.mccme.ru)

Показать доказательство

Пусть этот многочлен $Q(x)= a xn+...+a ,a ∈ℤ n 0 i$ , а на оси абсцисс отмечены $a,b$ , тогда их координаты $A(a,Q(a)),B (b,Q(b))$ . Используем теорему Безу

Q(a)− Q(b)= k(a − b), k∈ ℤ

Запишем квадрат расстояния между точками

2 2 2 2 2 2 ρ (A,B)= (a− b) +(Q(a)− Q(b)) = (a− b) (1+ k )=n , n∈ ℤ

Тогда $1 +k2$ является точным квадратом, что возможно только при $k =0$ , что и означает $AB ∥Ox$ .