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)

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 $|a0|≤2$ .

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)

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 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)

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 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)

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

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)

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:

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

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.

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 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)

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 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)

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