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#122406Максимум баллов за задание: 7

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 будет 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! А что насчет четных?

Подсказка 4

Например, что будет, если n = 2¹? Или 2²?

Подсказка 5

Многочлен будет тождественно равен 0. А если взять большие степени?

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, $3 m = 2q, n= q,$ и пусть $r1, r2,...,rt$ — все не кратные $q$ натуральные числа, меньшие $3 q .$ 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

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#85490Максимум баллов за задание: 7

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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть Р(х) — многочлен из условия, а — его свободный член В этой задаче первым делом необходимо подумать, правда ли, что а делится на каждый из коэффициентов многочлена...

Подсказка 2

Да, это правда, так как это многочлен с целыми коэффициентами и каждый из коэффициентов является корнем. Нетрудно догадаться, что если свободный член по модулю меньше двух, то и остальные коэффициенты по модулю меньше двух. Тогда попробуйте доказать, что |a| < 2.

Подсказка 3

Это можно доказать по индукции. Не забудьте про базу при n = 1, а при переходе воспользуйтесь тем, что P(a) = 0.

Подсказка 4

Распишите Р(а) и вынесите а за скобочку. Пусть b — коэффициент при х в Р(х). Какой остаток тогда имеет b при делении на a? Чему в таком случае может быть равно b? Рассмотрите разные случаи, в одном из которых нужно будет не забыть про предположение индукции.

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 $|a0|≤2$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#134578Максимум баллов за задание: 7

Будем называть натуральное число $N$ сильно кубическим, если существует такой приведённый кубический многочлен $f(x)$ с целыми коэффициентами, что $f(f(f(N)))=0,$ а $f(N )$ и $f(f(N))$ не равны 0. Верно ли, что все числа, большие 2024, сильно кубические?

Источники: ММО - 2024, 10.5 (см. mos.olimpiada.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

Пусть $f(N )=y,$ $f(f(N )) =z.$ Для простоты перейдём к рассмотрению квадратного трёхчлена

g(x)= f(x)− (x− N)(x− y)

Для него верно

g(N )= y; g(y)= z; g(z)= 0

При этом, все его коэффициенты являются целыми. Скажем, что

g(x)= ax2 +bx+ c

Заметим, что $y$ и $z$ различны и не совпадают с $N,$ иначе мы бы получили противоречие с условием $N, y,z ⁄= 0.$ Так как для натуральных $n$ и $α⁄= β$ выполнено $(α − β) |(αn− βn),$ то $(α − β) |(g(α)− g(β)),$ поэтому

(|{ N − y |y− z y − z |z − 0 |( N − z |y− 0

Так как $N − y |y− z$ и $N − y |N − y,$ получим, что

N − y |y− z+ N − y = N − z

Так как $N − z |y− 0=y,$ получим, что

N − y |N − z |y

N − y |y

Так как $N − y$ и $y − z$ делятся на $N − y,$ получаем, что $d= |N − y|$ — общий делитель $N,y$ и $z.$ Обозначим

′ N ′ y ′ z N = d , y= d , z = d

Для них верны делимости, аналогичные записанным в системе. Заметим, что из $y = g(N )=aN2 +bN + c$ следует делимость $c$ на $d.$ Обозначим $c′= cd.$ Это наблюдение позволяет сократить числа на $d$ в следующем смысле: введём многочлен

′ 2 ′ g(x) =dax + bx +c

Его коэффициенты целы, а также

g′(N′)= y′; g′(y′)= z′; g′(z′)=0 (∗)

При этом $N ′$ не могло оказаться чётным: в таком случае $y′,$ как соседнее с $N ′$ число, будет нечётным. Тогда либо $2|z′$ и $2 |N ′− z′ |y′,$ либо $2 ∤z′,$ $2|y′− z′ |z′,$ что в любом случае лает противоречие. Тогда рассмотрим в качестве $N$ степень двойки.

Пусть $N = 2k.$ Тогда в силу написанного выше $N ′ =1,$ а $d= 2k.$ Так как $y′ ⁄= 0$ и соседствует с $N′,$ то $y′ = 2,$ тогда из $N ′− z′ |y′$ следует, что $N ′− z′$ по модулю равно либо 1, либо 2. Первый вариант не годится, так как иначе $z′ = 2= y′$ или $z′ =0.$ Во втором случае $z′ = −1$ или $z′ =3,$ и с учетом $y′− z′ |z′$ подходит только $z′ = 3.$ Но такому набору $N ′,y′,z′$ соответствует единственный набор коэффициентов многочлена $g′(x)$ при котором выполнены равенства $(∗),$ так как парабола задаётся тремя точками. С другой стороны, его старший коэффициент обязан делится на $d,$ которое может быть сколь угодно большим, и он ненулевой, так как три полученные точки не лежат на одной прямой. Таким образом, достаточно большие степени двойки не будут сильно кубическими, а значит, не все числа, большие $2024,$ такие.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Пусть $f(N )=M,$ $f(M)= K$ и $f(K )=0.$ Из теоремы Безу находим, что

f(t)= (t− K )g(t)

Знаем, что

--K--- g(M )= M − K =a ∈ℤ

Отсюда

M = (a+-1)K- a

Поскольку числа $a$ и $a+ 1$ взаимно просты, число $K$ делится на $a,$ иными словами, $K = ab$ для $b∈ ℤ.$ Также знаем, что

g(N )= -M---= (a+-1)b =c∈ ℤ N − K N − ab

Отсюда

(a-+1)b N = ab+ c (1)

Число $g(M )− g(N)$ делится на $N − M,$ другими словами,

g(M )− g(N ) c(a− c) --M-−-N---= b(a−-c+-1)-=d ∈ℤ (2)

Поскольку числа $a− c$ и $a − c+ 1$ взаимно просты, число $c$ делится на $a− c+1,$ иными словами, $c=(a− c+ 1)x$ для $x∈ ℤ.$ Отсюда $c(x+ 1)=x(a+ 1),$ следовательно, $a+ 1$ делится на $x+1.$ Напишем $a+ 1= (x+ 1)y,$ где $y ∈ℤ.$ Далее $N − M = bx = z ∈ ℤ.$ Подставим в (2) и получим $y =dz+ 1.$ Наконец, подставляя в (1), находим

N = z((x2+ x)(dz+ 1)+ 1)

K = xz((dz +1)(x +1)− 1)⁄= 0

M = xz(x+ 1)(dz+ 1) ⁄=0

Существует бесконечно много натуральных чисел $N,$ не представимых в таком виде, например, $k 2$ при $k >1.$

Замечание. Можно показать, что любое число вида $2 z((x +x)(dz +1)+ 1)$ является сильно кубическим при условии, что числа $x,x+ 1,$ $dz+ 1,z$ и $(dz+ 1)(x+ 1)− 1$ не равны 0.

Ответ: Нет, неверно

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#67669Максимум баллов за задание: 7

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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Многочлен степени n не может иметь более n корней. Значит, что если многочлен P(x) + 3 имеет не n различных корней, то их у него меньше. Подумаем, а как у нас могли "пропасть" корни при увеличении P(x) на 3?

Подсказка 2

Рассмотрим график P(x), тогда, если при сдвиге графика на 3 вверх, корней стало меньше, то в каких-то точках локального экстремума P(x) значение P(x) было по модулю меньше трёх. Как можно поработать с точками локальных экстремумов, если мы не знаем их точное расположение?

Подсказка 3

Точки экстремумов находятся на промежутках между корнями! Используя подсказку 2, попробуем найти модуль значения P(x) в точках экстремума. В каком виде можно представить P(x), чтобы было удобнее считать модуль, и в каких точках мы будем его считать?

Подсказка 4

Попробуйте представить многочлен в виде a(x-a_1)(x-a_2)...(x-a_n). Хотим доказать, что в конкретных точках значение P(x) по модулю было больше 3. А в каких точках будем искать?

Подсказка 5

В точках x_i = a_i + 0.5. Т.к. мы хотим доказать, что |P(x_i)| > 3, то достаточно лишь для некоторых скобок доказать это, а остальные лишь увеличат |P(x_i)|.

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 5#72973Максимум баллов за задание: 7

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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте проверим, а могут ли все 2022 корня быть на интервале от 0 до 1?

Подсказка 2

Верно, не могут! Так как, по теореме Виета произведение всех корней равно свободному члену(ведь старший коэффициент равен 0), тогда следующее предположение это 2021 корень! Для этого, давайте рассмотрим какой-то вспомогательный многочлен такой же степени, что и у исходного и также, будем считать, что 0 не является корнем.

Подсказка 3

Пусть P(x) - исходный многочлен, тогда рассмотрим Q(x) = xⁿ * P(1/x). Заметим, что коэффициенты этого многочлена - это в точности коэффициенты P(x), но записанные в обратном порядке. Тогда какую связь можно заметить между корнями многочленов P(x) и Q(x)?

Подсказка 4

Верно, каждому корню P(x) на интервале от 0 до 1 соответствует ровно один корень Q(x) на луче от 1 до бесконечности! Попробуем подобрать Q(x) такой, что все его корни больше 1 и их ровно 2021(помните, что это многочлен с целыми коэффициентами)

Подсказка 5

Да, достаточно взять любой многочлен вида: 1 + x*(x-k)*(x-2k)*...*(x-k*(n-1)), где в качестве k достаточно взять любое натуральное число большее 1. То есть, мы нашли многочлен с целыми коэффициентами у которого 2021 корень, каждый из которых больше единицы. Тогда, если по многочлену Q восстановить P, то мы как раз получим многочлен, у которого 2021 корень на интервале от 0 до 1!

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 6#92172Максимум баллов за задание: 7

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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Всё, что нам дано – какое-то условие на корни многочлена, но благодаря великому математику – Виету, мы знаем, как выражаются коэффициенты многочлена третей степени через корни этого самого многочлена. Давайте подставим эти выражения в c – ab.

Подсказка 2

После раскрытия всех скобок ничего приятного, на первый взгляд, не получается, но не стоит забывать, что мы всё ещё не воспользовались тем фактом, что наибольший из корней равен сумме двух других. Подумайте, какого знака должны быть такие корни.

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

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#79749Максимум баллов за задание: 7

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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что можно сказать о левой части уравнения?

Подсказка 2

Заметим, что это многочлен степени n-1. Какие случаи можно рассмотреть?

Подсказка 3

Например, если бы n было чётным, то всегда бы нашелся хотя бы 1 действительный корень.

Подсказка 4

Пусть n — нечётно. Что тогда можно сказать про a-шки?

Подсказка 5

Если бы нашлись такие i и j, что aᵢ = aⱼ, то был бы корень a = aᵢ = aⱼ. Поэтому будем считать a-шки различными. Что, если для некоторого i aᵢ = 0?

Подсказка 6

Тогда aᵢ — корень. Будем считать a-шки ненулевыми. Упорядочим их по возрастанию.

Подсказка 7

Попробуйте посмотреть на знак выражения при подстановке aₖ вместо x.

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 8#73720Максимум баллов за задание: 7

Решите уравнение

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

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте перенесем всё в одну сторону и внимательно рассмотрим наше кубическое уравнение. Может ли нам как-то в данной задаче помочь теорема Виета для кубического многочлена?

Подсказка 2

По теореме Виета для кубического многочлена, коэффициент перед x² должен равняться сумме корней уравнения, взятой с минусом. О, у нас как раз в задаче сумма каких-то трех чисел перед x². Если мы предположим, что это и есть наши корни уравнения, то чему должен равняться свободный член и коэффициент перед x?

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:

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#75132Максимум баллов за задание: 7

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

Подсказки к задаче

Пункт а, Подсказка 1

В конструктивах всегда полезно потратить хотя бы 5 минут на поиск примера.

Пункт а, Подсказка 2

Пусть P(a)=0, тогда равенство выполняется, значит x=0 — корень нашего многочлена. Проделайте что-то похожее с выражением P(x+1).

Пункт б, Подсказка 1

Давайте также как в пункте (a) предположим существование такого x₀, что P(x₀)=0. Что можно сказать про P(x₀²+1)?

Пункт б, Подсказка 2

P(x₀²+1)=0. Подумайте: что может пойти не так?

Пункт б, Подсказка 3

Поисследуйте максимальный элемент во множестве корней многочлена P.

Пункт б, Подсказка 4

Предположите что x₀ — наибольший по значению корень многочлена, что можно сказать про x₀²+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 10#39802Максимум баллов за задание: 7

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.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Смотрите, давайте выразим коэффициенты b и d через корни многочлена по теореме Виета! Ага, мы знаем, что они точно целые и не меньше единицы, но попробуем оценить b через d используя то, что они оба - какие-то выражения от корней многочлена.

Подсказка 2

Ага, давайте попробуем оценивать вот такое выражение — b/√d, так как если его записать, с точки значения корней мы получим красивое выражение. Как бы его оценить...

Подсказка 3

Вспомните неравенство о средних и примените для этих 6 слагаемых! Получим оценку b через √d. d у нас минимум 1, попробуем с таким расчетом придумать пример для b!

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 11#79751Максимум баллов за задание: 7

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?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте для начала по исследуем P(x), попробуйте предположить что-нибудь о корнях P(x) и выяснить, не выходит ли противоречий.

Подсказка 2

Оказывается, что P(x) обязательно должен иметь хотя бы один положительный корень, докажите это.

Подсказка 3

А теперь давайте докажем, что если P(x) имеет отрицательный корень, то и P_m(x) имеет отрицательный корень. Как это можно сделать?

Подсказка 4

Довольно удобно ввести индукцию по m, при k=1 утверждение, очевидно, верно. Как сделать переход?

Подсказка 5

Поисследуйте наибольшие и наименьшие корни P_k(x) и P(x).

Подсказка 6

Докажите, что найдется такой x₀, что P(x₀)=P_k(x₁)=0, где x₁ наибольший или наименьший корень P_k(x).

Подсказка 7

Завершите доказательство, найдя противоречие с условием!

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

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#65394Максимум баллов за задание: 7

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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть мы возвели многочлен в степень n. Наверное, один коэффициент-то мы точно сможем найти, например, свободный) Чему он равен?

Подсказка 2

Да, например, можно подставить x = 0 и получить как раз свободный коэф, он будет равен 2^n. А можем ли мы получить еще какую-то информацию, но уже про все коэффициенты многочлена?

Подсказка 3

Можно попробовать получить чему равна сумма всех коэффициенты....а как?

Подсказка 4

Да, можно просто подставить в многочлен x = 1! Тогда получим что сумма коэффициентов = (1^4+1^3-3*1^2+1+2)^n = 2^n! А может ли быть такое, что сумма всех коэффициентов = свободному, если все коэффициенты неотрицательны?)

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 13#49151Максимум баллов за задание: 7

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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Есть две точки, которые лежат на графике, значит их координаты - это, скажем, А(а, Q(a)), B(b, Q(b)). Запишите теперь уравнение полученной прямой через коэффициент угла наклона (нам наверняка хочется, чтобы он был равен нулю).

Подсказка 2

Отлично, теперь запишите расстояние между этими двумя точками через эти заданные координаты (помним, это расстояние целое). Замечаем, что там есть выражение Q(a) - Q(b), подставим его из первого выражения, и теперь уже точно знаем, что коэффициент угла наклона равен 0 (осталось это доказать) :)

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 $AB ∥Ox$ .