Тема АЛГЕБРА

Функции

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела алгебра

Разделы подтемы Функции

Исследование функций и производные

Суперпозиция f(f(x))

Функциональные уравнения

Функциональные неравенства

Функции в натуральных/целых/рациональных числах

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 141#77995Максимум баллов за задание: 7

Найдите наименьшее значение выражения

3f(1)+-6f(0)−-f(−-1) f(0)− f(−2) ,

если $f(x)= ax2+ bx+ c$ — произвольная квадратичная функция, удовлетворяющая условию $b> 2a$ и принимающая неотрицательные значения при всех действительных $x.$

Источники: ШВБ - 2020, 11 класс (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте не побоимся и подставим вместо f(1), f(0) и т.д. их настоящие значения через a, b, c и вспомним, когда квадратных трёхчлен принимает только неотрицательные значения?

Подсказка 2

Верно, при a > 0, D <= 0, это даёт нам оценку на c и a, как бы нам это использовать?

Подсказка 3

Можно заметить, что там, где есть множитель b, модуль степени a на 1 меньше, может быть получится сделать какую-нить замену?

Подсказка 4

Да, можно вынести a (a > 0) и сделать замену t = a/b, а у выражения относительно t мы легко можем найти точки минимума. Остаётся только ...

Подсказка 5

Проверить, что этот минимум достигается

Показать ответ и решение

Имеем

(| f(1)= a+ b+ c, |||{ f(0)= c, | |||( f(−1)=a − b+ c, f(−2)=4a− 2b+ c

Тогда исходное уравнение принимает вид

3f(1)+6f(0)−-f(−1) 3(a-+b+-c)+6c−-a+b-− c 2a+-4b+-8c a+-2b+-4c f(0)− f(− 2) = c− 4a+ 2b− c = 2b− 4a = b − 2a

Поскольку $f(x)=ax2+ bx+c$ — произвольная квадратичная функция, принимающая неотрицательные значения при всех действительных $x,$ то

b2 a >0,D =b2− 4ac≤0 ⇒ c≥ 4a

Тогда

2 a+-2b+-4c a+2b+-ba2- a(1+-2ab+-ba2) t2+-2t+1- (t+-1)2- b− 2a ≥ b− 2a = a(ba − 2) = t− 2 = t− 2 ,

где $t= ba,t> 2.$

Рассмотрим функцию $g(t)= (tt+−1)22-$ и найдем ее наименьшее значение при $t>2.$

′ 2(t+ 1)(t− 2)− (t+1)2 (t+1)(2(t− 2)− (t+ 1)) (t+ 1)(t− 5) g(t) = ------(t− 2)2-----= ------(t−-2)2------ = --(t−-2)2--,

при $t= 5$ производная $g′(t)$ равна $0$ и, проходя через эту точку, меняет знак с «минуса» на «плюс», следовательно, $tmin = 5,gmin = g(5)= 12.$

Ответ: 12

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 142#78815Максимум баллов за задание: 7

Приведите пример такого квадратного трехчлена $P(x),$ что при любом $x$ справедливо равенство

2 P(x+ 1)+ P(x+ 2)+...+P(x+ 10)=x

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подставьте искомые значения в ax²+bx+c и преобразуйте выражение.

Подсказка 2

Вспомните про формулы суммы первых n чисел и суммы первых n квадратов чисел.

Подсказка 3

Получили равенство квадратных трёхчленов:10ax²+(110a+10b)x+(385a+55b+10c) = x². Что это означает?

Показать ответ и решение

Пусть искомый многочлен $P(x)= ax2+ bx +c.$ Тогда

P(x+ 1)+...+ P(x+ 10) = ( 2 2) = a (x +1) +...+(x+ 10) + + b((x+1)+ ...+ (x +10))+ 10c= = a(10x2+(2+ 4+ ...+20)x+ (1+ 22+ ...+ 102))+ + b(10x+1 +2+ ...+ 10)+ 10c=

= 10ax2 +110ax +385a+ 10bx+ 55b+ 10c= 2 = 10ax +(110a+ 10b)x+ (385a+ 55b+ 10c)

Получаем равенство квадратных трехчленов

2 2 10ax +(110a +10b)x+ (385a+ 55b+10c) и x

Это равносильно равенству коэффициентов, то есть системе уравнений

(| 10a= 1, { 110a+ 10b= 0, |( 385a+ 55b+ 10c=0,

которая имеет единственное решение $a= 110,b =− 1110,c= 115 .$

Ответ:

$x2−11x+22 10$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 143#102069Максимум баллов за задание: 7

Функция $f$ такова, что для любого действительного числа $x$ выполнено равенство

9f(f(x))= 3f(x)+8x.

Решите уравнение $f(x)= 0.$

Показать ответ и решение

Пусть $a$ — корень уравнения $f(x)= 0$ , то есть $f(a)= 0$ . Подставим $x =a$ в данное равенство $9f(f(x))= 3f(x)+ 8x$ :

9f(f(a))= 3f(a)+ 8a

8a f(0)= 9

Подставим $x =0$ :

9f(f(0))= 3f(0)

(8a) 8a f -9 = 27-

Подставим $x = 8a9$ :

( ( ) ) ( ) 9f f 8a = 3f 8a + 64a- 9 9 9

f (8a) = 8a- 27 27

Подставим $8a x = 27$ :

( (8a) ) (8a) 64a 9f f 27 = 3f 27 + 27-

98a= 38a+ 64a 27 27 27

Из последнего равенства получаем, что $a =0$ . Таким образом, если уравнение имеет корень, то этот корень может быть только равным нулю. Покажем, что $x= 0$ является корнем исходного уравнения. Пусть $f(0) =b$ . Аналогично предыдущим выкладкам подставим $x =0,x= b,x = b 3$ в данное равенство и получим, что $b= 0$ .

Итак, исходное уравнение имеет единственное решение $x =0$ .

Ответ: 0

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 144#102070Максимум баллов за задание: 7

Пусть функция $f(x)$ определена для всех действительных чисел $x$ и для всех $x$ выполнено неравенство $f(x2) − f(x)2 ≥ 1 4$ . Докажите, что $f(x)$ не может принимать каждое своё значение ровно один раз.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем воспользоваться неравенством из условия для каких-то точек. В аргументах функций в неравенстве из условия есть x и x². Какие тогда точки можно рассмотреть, чтобы мы как можно больше знали про значения после подстановки?

Подсказка 2

Имеет смысл подставить такие точки, чтобы функции в неравенстве были равны по значению!

Подсказка 3

Подставьте такие точки, у которых квадрат совпадает с самим числом. Тогда несложно найти значение в этих точках!

Показать доказательство

Рассмотрим значения функции при $x =0$ и $x =1$ . Для этих значений $x2 = x,$ так что неравенство из условия можно переписать в виде

( 1)2 f(x)− 2 ≤ 0,

что эквивалентно равенству

f(x) = 1 . 2

Следовательно, значение $12$ принимается функцией дважды, при $x= 0$ и при $x= 1$ , что противоречит условию.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 145#102470Максимум баллов за задание: 7

Про функции $p(x)$ и $q(x)$ известно, что

p(0)= q(0)> 0

′ ∘-′-- √- p (x) q (x)= 2 для любого x∈ [0;1]

Докажите, что если $x∈ [0;1]$ , то

p(x)+ 2q(x)> 3x.

Источники: ОММО - 2020, номер 9 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте переведем задачу на "язык функций" и попробуем доказать, что h(x) = p(x) + 2q(x) - 3x не убывает на [0;1]. Какие инстурменты у нас для этого есть?

Подсказка 2

В случае возрастания производная должна быть неотрицательной! Как её можно посчитать?

Подсказка 3

При помощи условия можно прийти к выражению, зависящего от производной p(x). Осталось лишь понять, почему же выражение неотрицательно!

Показать доказательство

Заметим, что $p(0)+2q(0)>0$ , поэтому для доказательства неравенства достаточно проверить, что функция $p(x)+ 2q(x)− 3x$ возрастает на промежутке $[0;1]$ . Для этого докажем, что её производная на этом промежутке неотрицательна. Это можно сделать двумя способами.

Первый способ, подстановка:

4 p′(x)+ 2q′(x)− 3= p′(x)+ (p′(x))2-− 3 =

= (p′(x)+-1)(p′(x)−-2)2≥ 0, (p′(x))2

поскольку $′ p(x)$ , как следует из условия, неотрицательна.

Второй способ, неравенство о средних:

1 1 p′(x)+2q′(x)= 2p′(x)+ 2p′(x)+2q′(x)≥

3∘ 1-----1---------- ≥3 2p′(x)⋅2p′(x)⋅2q′(x)= 3,

где неравенство следует из неравенствао средних для трёх чисел, а последнее равенство — из условия.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 146#108045Максимум баллов за задание: 7

Найти максимальную длину горизонтального отрезка с концами на графике функции $y =x3− x.$

Источники: Всесиб-2020, 11.3 (см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какое уравнение можно составить, чтобы проверить, что существует горизонтальный отрезок длины a > 0?

Подсказка 2

Чтобы существовал отрезок длины a > 0 на нашем графике, необходимо проверить, что существуют решения у уравнения (x+a)³ - (x+a) = x³ - x

Подсказка 3

Давайте раскроем скобки в нашем уравнении! Уравнение какого типа получится?

Подсказка 4

Получится квадратное уравнение относительно x! А когда квадратное уравнение относительно x имеет решение?

Подсказка 5

Посчитаем его дискриминант, который должен быть большое нуля, и выпишем неравенство на a.

Подсказка 6

a не больше двух! Осталось показать, какие у отрезка концы ;)

Показать ответ и решение

Первое решение.

Горизонтальный отрезок длины $a> 0$ с концами на графике функции $3 y =x − x$ существует тогда и только тогда, когда уравнение $3 3 (x+ a)− (x+ a)= x − x$ имеет при данном значении параметра $a$ хотя бы одно решение.

Раскрывая скобки, приводя подобные и сокращая на $a> 0$ , получим квадратное уравнение $2 2 3x + 3ax +a − 1= 0$ , которое разрешимо при $2 D = 12− 3a ≥0$ , откуда $0< a≤ 2$ .

Следовательно, длина искомого отрезка не превосходит 2.

При $a= 2$ решением уравнения является $x= −1$ , откуда следует, что длина 2 достигается для отрезка с концами $(− 1,0)$ и $(1,0)$ на графике функции $3 y = x − x$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Как в решении 1, получаем уравнение $3x2+ 3ax+ a2 − 1 =0$ , которое рассмотрим как квадратное относительно $a$ с параметром $x$ :

a2+ 3xa+3x2− 1= 0

−3x± √4−-3x2 a1,2 =-----2------,

ввиду положительности $a$ рассматриваем только тот, что с плюсом:

√------ a= -4−-3x2− 3x 2

Данная функция от $x$ определена при $|x|≤ 2√- 3$ и положительна при $− √2 ≤x ≤ 1√- 3 3$ . Её производная

′ 3x+ 3√4−-3x2 a (x)= −--2√4-− 3x2-

обращается в ноль при $x= −1$ , слева больше ноля, а справа — меньше. Следовательно, её значение максимально при $x= −1$ и равно $amax = 2$ . Действительно, в данном случае отрезок длины 2 соединяет на оси $Ox$ два корня $x1 =− 1$ и $x2 =1$ уравнения $x3− x= 0$ .

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 147#108446Максимум баллов за задание: 7

На координатной плоскости построен график $y = 2020 x$ . Сколько на графике точек, касательная в которых пересекает обе координатные оси в точках с целыми координатами?

Источники: БИБН-2020, 11.5 (см. www.unn.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Воспольемся уравнением касательной к графику функции. Если касательная пересекает ось Ox в точке (a, 0), а ось Oy в (0, b), то а и b должны быть целыми. Хм.. Как связаны a, b и х0?

Подсказка 2

Подумайте, при каких x₀ числа a и b станут целыми. И раз речь идет о целых, может это связано с делителями 2020?

Показать ответ и решение

Уравнение касательной в точке ( $x ,y 0 0$ ) к гиперболе $y = k∕x$ имеет вид

( 2) y− y0 = − k∕x0 (x − x0),

где $y = k∕x 0 0$ . Из этого уравнения получаются координаты $x 1$ и $y 1$ точек пересечения с осями О $x$ и О $y$ , а именно, $x =2x 1 0$ и $y = 2y 1 0$ . Значит, $2x 0$ — целое число. Пусть $n = 2x 0$ . Тогда

y1 = 2y0 =2k∕x0 = 4k∕n.

Таким образом, $n$ может принимать значение любого делителя числа $4k$ . При $k = 2020$ нам требуется найти количество целых делителей числа

4 4⋅2020= 8080= 2 ⋅5⋅101.

Количество натуральных делителей этого числа равно $20= (4+1)(1 +1)(1+ 1)$ (здесь мы подсчитали количество натуральных делителей, используя степени простых чисел в разложении числа 8080 на простые множители). С учетом отрицательных делителей (соответствующих точкам касания в третьей четверти) получим удвоенное количество, т.е. всего 40 точек.

Ответ: 40

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 148#124046Максимум баллов за задание: 7

Рассмотрим уравнение $yx = xy$ на множестве положительных действительных чисел. Вам требуется явно указать для каждого вещественного значения $x> 0$ число таких различных вещественных чисел $y > 0$ что $x y y =x .$ (Пример явного описания: для $x = 1$ существует единственное число $y >0$ такое, что $x y y = x)$

Источники: Иннополис - 2020, 11.1 (см. lk-dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Случай x = 1 уже описан в формулировке задачи. Будем далее полагать, что x ≠ 1 и y ≠ 1. Какие методы решения подобных уравнений Вам знакомы?

Подсказка 2

У нас показательное уравнение. Попробуйте взять логарифм от обеих частей.

Подсказка 3

Мы получим x ⋅ ln(y) = y ⋅ ln(x). И слева, и справа x и y. Давайте перегруппируем множители.

Подсказка 4

Разделим обе части на xy, получим ln(x)/x = ln(y)/y. Видите ли Вы здесь какую-нибудь функцию?

Подсказка 5

Вообще говоря, из нашего уравнения следует, что x/ln(x) = y/ln(y). Рассмотрите функцию f(z) = z/ln(z). Попробуйте построить её график.

Подсказка 6

Чтобы определить области возрастания и убывания f(z), возьмем её производную. Получится (ln(z) - 1) / ln²(z).

Подсказка 7

На интервале (0; 1) функция f убывает от 0 до -∞, на интервале (1; e) f тоже убывает, достигая локального минимума f(e) = e. Потом на интервале (e; +∞) возрастает от e до +∞. Теперь возьмите x > 0 и попробуйте подвести итоги.

Подсказка 8

Например, если 0 < x < 1, то (x / ln(x)) < 0 и функция непрерывно убывает, следовательно (чтобы в этом убедиться, можно нарисовать график), будет единственное подходящее нам вещественное y. Аналогично с остальными промежутками.

Показать ответ и решение

Случай $x =1$ уже описан в формулировке задачи, поэтому в дальнейшем мы можем предполагать, что $x ⁄= 1$ и $y ⁄=1.$

Возьмем натуральный логарифм от обеих частей исходного уравнения и получим следующее уравнение

xln y = ylnx

Так как $x⁄= 1$ и $y ⁄= 1,$ то это уравнение равносильно новому уравнению

lnx- lny- x = y

Проанализируем функцию $z f(z)= lnz$ и построим ее график. Так как

1 1 lnz− 1 f′(z) =lnz −(ln-z)2 =-(lnz)2 ,

то на интервале $(0,1)$ функция $f$ убывает от $0$ до $− ∞,$ на интервале $(1,e)$ функция $f$ тоже убывает, достигая локального минимума $f(z)= e$ при $z = e,$ а потом на интервале $(e,+∞)$ возрастает от $e$ до $+ ∞.$

Подведём итоги. Пусть $x >0$ — произвольное положительное действительное число. Имеем:

если $0< x< 1,$ то $-x- <0 lnx$ и, следовательно, (см. график) существует только единственное подходящее нам вещественное число $y;$
если $x= 1,$ то, как это уже было сказано, существует только единственное подходящее вещественное число $y;$
если $1 <x <e$ или если $x >e,$ то $-x-> e ln x$ и, следовательно, (см. график) существуют два подходящих вещественных числа $y;$
если $x= e,$ то $x lnx =e$ и, следовательно, (см. график) существует единственное подходящее вещественное число $y;$

$PIC$

Ответ:

При $x∈ (0;1]∪e$ — одно решение; при $x∈ (1;e)∪(e;+ ∞)$ — два решения

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 149#124047Максимум баллов за задание: 7

Найдите и докажите явное выражение (в терминах известных операций на целых числах) для функции $g(m,n),$ вычисляющей пару чисел $(p,q),$ и определенной следующим образом для любых целых значений $m ∈[0...100]$ и любых целых значений $n ≥0 :$

g(m,n)= (m,n+ 1), если m = 100, иначе (p− 1,q), где (p,q)= = g(g(m +1,n)).

Источники: Иннополис - 2020, 11.2 (см. lk-dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте для начала попробуем вычислить некоторые значения функции g.

Подсказка 2

Возьмем m, близкое к 100, например, 98.

Подсказка 3

g(98, n) = (p₁ - 1, q₁). Заметьте, что (p₁, q₁) = g(g(99, n)). Продолжите эти вычисления, пока не сможете выразить g(98, n) через числа и, возможно, n.

Подсказка 4

У нас должны получиться явные выражения для g(98, n), g(99, n) и (p₁, q₁). Это будет в следующей подсказке, но постарайтесь дойти самостоятельно.

Подсказка 5

g(98, n) = (98, (n + 4)); g(99, n) = (99, (n + 2)); g(100, n) = (100, (n + 1)). Есть ли тут какая-то зависимость?

Подсказка 6

Возникает предположение, что g(m, n) = (m, (2¹⁰⁰⁻ᵐ + n)). Попробуйте это доказать.

Подсказка 7

Перепишем формулу следующим образом: g((100 - m), n) = ((100 - m), (2ᵐ + n)). Докажем это индукцией по m ≥ 0.

Подсказка 8

При m = 0 все получится, это база индукции. Теперь надо доказать для (m + 1). Подставим его в формулу.

Подсказка 9

По предположению индукции, g((100 - m), n) = ((100 - m), (2ᵐ + n)) (при k = m). Раскройте выражения, как в самом начале, и получите требуемое.

Показать доказательство

Докажем индукцией по $m ≥ 0,$ что для любого целого положительного $n≥ 0$ выполняется

m g((100− m),n) =((100− m),(2 +n))

База индукции $(m =0)$ :

g((100− 0),n)= g(100,n)= (100,(1+n))

По формуле, которую мы доказываем, при $m = 0$ :

((100 − 0),(20+ n))= (100,(1 +n))

База верна.

Индукционная предположение: Пусть для всех $k∈ [0,...,m]$ и для любого $n≥ 0$ верно

g((100− k),n)= ((100 − k),(2k+ n))

Шаг индукции (для $m+ 1$ ):

Нам нужно доказать, что

g((100− (m + 1)),n)=((100− (m+ 1)),(2m+1 +n))

1.: $g((100− (m + 1)),n)=(p− 1,q),$ где $(p,q)= g(g((100− m),n))$ (по определению функции $g,$ если первый аргумент не $100).$
2.: $g((100− m),n)=((100− m),(2m + n))$ по предположению индукции (для $k= m).$
3.: $g(g((100 − m ),n))=g((100− m),(2m +n))$ согласно пункту $2.$
4.: $g((100− m),(2m +n))= ((100− m ),(2m+ (2m + n)))$ по предположению индукции, применяя его к $g((100− k),n′)$ где $k =m$ и $n′ =2m + n.$
5.: $g(g((100 − m ),n))=((100− m ),(2⋅2m + n))= ((100− m),(2m+1+ n))$ согласно пунктам $3$ и $4.$
6.: $(p,q)= ((100− m),(2m+1+ n))$ согласно пунктам $1$ и $5.$
7.: $g((100− (m + 1)),n)=((100− m)− 1,(2m+1 +n))= ((100 − (m +1)),(2m+1 + n))$ согласно пунктам $1$ и $6.$

Что и требовалось доказать.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Чтобы догадаться до решения, можно было проделать этот эксперимент: вычислим «символически» значение функции $g$ для какого-либо значения $m,$ близкого к $100,$ например, вычислим $g(98,n) :$

1.: $g(98,n)= (p − 1,q), 1 1$ где $(p ,q)= g(g(99,n)); 1 1$
2.: $g(99,n)= (p − 1,q), 2 2$ где $(p ,q)= g(g(100,n))=g(100,(n+ 1))= (100,(n +2)); 2 2$
3.: $g(99,n)= (p − 1,q)= (99,(n+2)) 2 2$ следует из п. $2;$
4.: $(p ,q )= g(g(99,n)) =g(99,(n+ 2)) 1 1$ следует из п. $1$ и $3;$
5.: $g(99,(n+ 2))= (p3 − 1,q3),$ где $(p3,q3)= g(g(100,(n+ 2)))= g(100,(n+ 3))= (100,(n +4));$
6.: $(p1,q1)= (99,(n +4))$ следует из п. $4$ и $5;$
7.: $g(98,n)= (98,(n +4))$ следует из п. $1$ и $6.$

Из этого эксперимента видно, что

$g(100,n)= (100,n +1)= (100,(2100−100+ n))$ — см. определение функции (предполагая, что $g(100,n)=(100,n+ 1)$ и $100−100 2 +n = 1+n);$
$100−99 g(99,n)= (99,(n +2))= (99,(2 + n))$ — см. пункт $3$ эксперимента;
$100−98 g(98,n)= (98,(n +4))= (98,(2 + n))$ — см. пункт $7$ эксперимента.

Поэтому возникает предположение, что

g(m,n)= (m,(2100−m +n))

$для любых m ∈ [0,...,100] и n ≥ 0,n,m ∈ℤ$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 150#124049Максимум баллов за задание: 7

Нынешний год — високосный, то есть $29$ февраля $2020$ г. $(29.02.20)$ — реальная календарная дата. Сколько (вещественных) корней (и какой кратности) имеет уравнение $3 2 x +29x +$ $2x +20= 0?$

Источники: Иннополис - 2020, 11.4 (см. lk-dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрим функцию f(x) = x³ + 29x² + 2x + 20. Давайте начнем с того, имеет ли она хотя бы 1 корень.

Подсказка 2

Это кубическая функция с положительным коэффициентом при старшей степени. Если взять какой-то достаточно малый x, значение будет отрицательным, аналогично можно получить и положительное значение. Следовательно, функция хотя бы 1 раз пересекает ось OX и имеет 1 корень. Как, исходя из этого, можно доказать наличие других корней?

Подсказка 3

Если она в каком-то месте перегнется, то, возможно, вновь пересечет ось OX и будет новый корень. Посмотрите на производную этой функции.

Подсказка 4

f'(x) = 3x² + 58x + 2. x₁¸₂ = ( -29 ± √835 ) / 3. Это точки перегиба функции. Попробуйте посмотреть, какие значения f принимает в них. Заметьте, что для упрощения вычислений в f можно выделить производную (в точках x₁ и x₂ она равна нулю).

Подсказка 5

У вас получится x₂ < x₁, f(x₁) > 0, f(x₂) > 0. Разделите прямую на 3 части точками x₁ и x₂ и поймите, возрастает/убывает ли там функция, какие значения принимает (положительные/отрицательные).

Показать ответ и решение

Рассмотрим функцию $f(x)=x3+ 29x2+2x+ 20.$ Это кубическая функция с положительным коэффициентом при старшей степени, то есть при очень маленьких значениях аргумента(например, при $5 x =− 10$ ) функия будет отрицательной, а при очень больших значениях аргумента — положительной. Таким образом, функция имеет хотя бы один корень. Осталось проверить, есть ли ещё корни. Рассмотрим производную:

′ 2 f(x)=3x + 58x+2

Найдём её корни: дискриминант квадратного уравнения $3x2+ 58x +2= 0$ равен $D = 582 − 4⋅6= 4(292− 6)= 4⋅835,$ откуда $√ -- √--- D= 2 835.$ Тогда корни равны $−58+ 2√835 −29+ √835 x1 =----6-----= ----3----$ и $−29− √835 x2 =----3----.$

Теперь посчитаем значение $f(x)$ в точках $x1$ и $x2.$ В этих точках производная равна нулю, поэтому попробуем выделить её для упрощения вычислений:

( ) ( ) ( ) f(x) =x3+ 29x2 +2x+ 20= 1x+ 29 3x2+ 58x +2 + − 1670x+ 122 3 9 9 9

Получается,

( ) 1670 122 1670 −29+ √835 122 f(x1)=− -9-x1+ -9-= − ------27------+ -9-

Заметим, что $835< 841= 292,$ откуда $√--- − 29+ 835$ — отрицательное число, которое при умножении на отрицательное $1670 −-27-$ становится положительным. Таким образом, $f(x1)$ — это сумма двух положительных чисел, то есть $f(x1)>0.$ Теперь подставим $x2 :$

1670 122- f(x2)= − 9 x2+ 9

Так как $−29− √835 x2 =----3----,$ то $x2 < 0.$ Отсюда, аналогично рассуждениям про $f(x1),$ получаем $f(x2)> 0.$

Итак, $x2 < x1$ и $f(x1)> 0,f(x2)> 0.$ Получается, что $f(x)$ возрастает на промежутке $(−∞;x2].$ При этом функция отрицательна на очень маленьких значениях из этого промежутка и положительна в точке $x2,$ откуда функция равна нулю на какой-то точке этого промежутка. Далее, функция убывает на $[x2;x1],$ при этом она положительна в этих точках, а, значит, положительна и на всём этом промежутке. Наконец, $f(x)$ возрастает на $[x1;+∞ ),$ то есть для любого $x> x1$ выполняется, что $f(x0)> f(x1)> 0,$ откуда на этом промежутке функция так же положительна.

Таким образом, уравнение $x3+ 29x2+ 2x+ 20 =0$ имеет ровно один вещественный корень.

Ответ:

Не более одного вещественного корня

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 151#126015Максимум баллов за задание: 7

При каких целых $n$ функция $f(x)= sin(nx)⋅cos 6x n+1$ имеет период $T = 5π?$

Источники: Росатом - 2020, 11.2 (см. olymp.mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В начале вспомним, как записать требуемое условие через уравнение. Отлично, нужно решить его в целых n. Может, разобрать по случаям, на какие группы можно поделить все целые числа?

Подсказка 2

Одно из простых разбиений целых чисел — на чётные и нечётные. Случаи аналогичны, но различия будут в знаках. Нам надо бы упростить выражения, и мы знаем, что синусы — периодические функции.

Подсказка 3

У нас получились 2 уравнения (в зависимости от чётности), где произведения синусов (или синусов на косинусы) равняется нулю. Почему же решений не бесконечное количество? Вспомним, что у нас решения в целых числах для n и мы можем столкнуться с иррациональности из-за π!

Показать ответ и решение

Хотим доказать, что

(6(x+5π)) ( -6x-) sin(nx+ 5πn)cos n+ 1 =sin(nx)cos n+ 1

Иначе говоря,

f(x+ 5π)=f(x)

При $n =0$ равенство выполняется:

sin(0)cos(6x +30π)= sin(0)cos(6x)

Сначала рассмотрим четные $n.$ Будет верно, что

sin(nx +5πn)= sin(nx)

Тогда исходное уравнение примет вид

( ) ( ) sin(nx)cos 6(x+-5π) − sin(nx)cos -6x- = 0 n+ 1 n+ 1

sin(nx)(cos(-6x-) − cos(6x+-30π)) =0 n +1 n+ 1

( 6x +15π) ( 15π ) 2sin(nx)⋅sin -n+-1-- ⋅sin n-+1 = 0

Рассмотрим нули первого синуса:

sin(nx)= 0

nx =πk,k∈ ℤ

x =-k,k ∈ℤ π n

Рассмотрим нули второго синуса:

(6x+-15π-) sin n +1 = 0

6x+ 15π πm = -n-+1--,m ∈ ℤ

x = m(n+-1)−-15,m ∈ℤ π 6

Для них отношение $xπ$ — рационально. Отсюда следует, что существует такое значение $x,$ для которого рассматриваемые функции не обращаются в 0 (достаточно взять $x= πy,$ где $y$ — иррациональное число). Следовательно, условие задачи равносильно

( 15π ) sin n-+1 = 0

Тогда

πm = -15π,m ∈ℤ n +1

m = -15-,m∈ ℤ n+ 1

Так как $m$ — целое, $n+ 1$ должно быть нечетным делителем числа 15

n+ 1∈{1;−1;3;−3;5;− 5;15;−15}

n ∈{0;− 2;2;−4;4;−6;14;−16}

Рассмотрим нечетные $n.$ Будет верно, что

sin(nx+ 5πn)= − sin(nx)

(6(x+5π)) ( 6x ) − sin(nx)cos --n+-1- − sin(nx)cos n+1- = 0

( ( ) ( )) sin(nx) cos -6x- +cos 6x+-30π =0 n +1 n+ 1

( 6x-+15π) (-15π) 2sin(nx)⋅cos n+ 1 ⋅cos n +1 = 0

Аналогично случаю с четными $n,$ если $x π$ — иррационально, то значение $x$ не является нулем первых двух функций, входящих в произведение в левой части последнего равенства. Поэтому равенство равносильно

( 15π) cos n-+1 = 0

-15π- = π(2m-+1),m ∈ℤ n+ 1 2

-30- n +1 = 2m + 1,m ∈ ℤ

n+ 1∈ {2;−2;6;− 6;10;− 10;30;− 30}

n∈ {1;−3;5;− 7;9;−11;29;−31}

Осталось объединить полученные значения $n:$

n ∈{−31;−16;−11;−7;−6;− 4;−3;−2;0;1;2;4;5;9;14;29}

Ответ:

$n ∈{−31;−16;−11;−7;−6;− 4;−3;−2;0;1;2;4;5;9;14;29}$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 152#126022Максимум баллов за задание: 7

В каком отношении $CE :CD$ точка $E$ делит сторону $CD$ основания правильной четырехугольной пирамиды $SABCD,$ боковое ребро которой наклонено к основанию под углом $∘ 30,$ если известно, что площадь треугольника $SBE$ минимально возможная?

Источники: Росатом - 2020, 11.6 (см. olymp.mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Введем обозначения: сторона основания равна a, ∠SBO = β, OM ⊥ BE, ∠CBE = α (это будет переменная величина), ∠EBD = 45° - α, высота пирамиды SO = H, ∠SMO = γ. Попробуйте выразить рёбра.

Подсказка 2

Заметим, что BO = a/√2, OM = a ⋅ sin(45° - α)/√2, BE = a/cos(α). Посмотрим на треугольник SBE. Какие способы нахождения площади в пространстве Вы знаете?

Подсказка 3

Например, отношение площади и ее проекции можно связать с углом наклона.

Подсказка 4

Вычислим площадь треугольника SBE через площадь треугольника BOE, являющегося его проекцией, и cos(γ).

Подсказка 5

Площадь должна быть наименьшей. Возьмите производную и определите, каким условиям должна удовлетворять точка минимума.

Подсказка 6

cos не обращается в 0 на отрезке [0;π/4]. Какому условию тогда должна удовлетворять точка экстремума?

Подсказка 7

Единственный экстремум — это точка a', для которой tg(a') = a² / (4H² + a²). Точкой минимума или максимума будет являться a'?

Подсказка 8

Заметим, что f'(0) = -a² < 0 и f'(π/4) = 8H² > 0, следовательно, a' является точкой минимума. Теперь попробуйте выразить H через угол β.

Подсказка 9

H = arctg(β) / √2, подставьте это в условие для экстремума.

Подсказка 10

CE:CD = CE:BC, а это в точности tg(a').

Показать ответ и решение

$PIC$

Введем обозначения: сторона основания равна $a,$ $∠SBO = β,$ $OM ⊥BE,$ $∠CBE = α$ (переменная величина), $∠EBD = 45∘− α,$ высота пирамиды $SO = H,$ $∠SMO = γ.$

Тогда

BO = a√-- 2

asin(45∘-− α) OM = √2

a BE = cos(α)-

Найдем площадь проекции сечения $BSE :$

a2sin(45∘− α) SBOE = 2√2cos(α)

Вычислим угол наклона сечения $BSE :$

√- tg(γ)= H--= ---H--2∘---- OM αsin(45 − α)

1 +tg2(γ)= 1+ ----2H2----- a2sin2(45∘− α)

∘ --2--2--2---∘---- --1--= --2H--+-asi∘n(45-− α) cos(γ) asin(45 − α)

Тогда

S = SBOE-= -√--a---∘2H2-+-a2sin2(45∘−-α) SBE cos(γ) 2 2 cos(α)

Преобразуем полученное выражение:

∘ ---2--2---------- SSBE =-a√- 4H--+1a+-(c1os−( s2inα()2α)) 2 2

Наименьшее значение площади соответствует значению $α,$ $α∈ [0;π], 4$ при котором $f$ достигает минимума, где

f(α)= 4H2-+a2(1− sin(2α)) 1+ cos(2α)

Найдем экстремумы $f :$

(4H2 +a2(1− sin(2α))) ′ f′(α)= ----1+-cos(2α)--- =

= −2a2-cos(2α)(1-+cos(2α))+2(4H2-+-a2(1−-sin(2α)))sin(2α)= (1+ cos(2α))2

2 2 2 2 = −2a-+2(4H-+-a)sin(2α)2− 2a-cos(2α)= (1+ cos(2α))

= 4(4H2-+-a2)sin(α)cos(α)− 4a2cos(α)= 0 (1 +cos(2α))2

На отрезке $[ π] 0;4$ косинус не обращается в 0, поэтому единственным экстремумом будет точка $∗ α ,$ для которой

a2 tg(α∗) = 4H2-+-a2-

Так как

( ) f′(0)=− a2 < 0 и f′ π = 8H2 > 0, 4

$α∗$ является точкой минимума.

С учетом того, что

arctg(β) H = √2 ,

получаем

1 tg(α∗)= 2tg2(β)+1-

Тогда

CE :CD = CE :BC =tg(α∗) =----1---- =--1- = 3:5 2 tg2(β)+ 1 23 + 1

Ответ:

$3 :5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 153#65353Максимум баллов за задание: 7

Найдите все возможные значения величины

-----f(t)−-f(0)----- T = f (t2)+f(t)− 2f(0)+ 2,

если $f(2x+ y)− f(x+ y)= 2x$ для всех действительных значений $x$ и $y.$

Источники: ПВГ-2019, 11.3 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вначале забудем про T и попробуем решить фуру. Тут есть очень удобная подстановка, которая позволяет избавиться от одной из переменных. Какая?

Подсказка 2

Можно подставить y=-x, и тогда сразу находим функцию f(x)=2x+C.

Подсказка 3

Теперь подставляем в T и получаем выражение, значения которого можно исследовать с помощью производной.

Показать ответ и решение

Если подставить в функциональное равенство $y =− x$ , мы получим, что $f(x)− f(0)= 2x$ . Следовательно, числитель $T$ равен $2t.$

Если подставить $2 2 x= t,y = −t$ , мы получим, что $2 2 f(t )− f(0)=2t$ . Следовательно, знаменатель $T$ равен $2 2t+ 2t+2.$

Таким образом, $--t-- T = t2+t+1.$

С помощью производной или неравенства о средних можно выяснить, что:

при $1 --1-- 1 t> 0 1+ t+ t ≥ 3 =⇒ 0< T = 1+t+1t ≤ 3;$

при $t= 0 T =0;$

при $1 1 t< 0 1+ t+ t ≤ −1 =⇒ − 1≤ T = 1+t+-1t < 0.$

Ответ:

$[−1;1] 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 154#68637Максимум баллов за задание: 7

Найдите множество значений функции $y = f[2019](x)$ , где

cos2x+-2sin2x- [n] f(x)=log2 1− sin3x , f (x)=f◟(f(f◝(.◜..(f◞(x)...) nраз

для любого натурального числа $n$ .

Источники: ШВБ-2019, 11.3 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Внимательно взгляните на числитель! Расписав косинус двойного угла, становится понятно, что cos2x + 2sin²x = 1

Подсказка 2

sin3x принимает значения в промежутке [-1; 1], тогда какие значения принимает вся дробь и какие значения может принимать логарифм от такой дроби?

Подсказка 3

Если вы правильно исследовали f(x), то значения её будут в промежутке [-1; +∞). Теперь найдите множество значений f(f(x)).

Подсказка 4

Подумайте, какие значения принимает sin(3*f(x)) и что мы в таком случае мы можем сказать про множество значений f(f(x)). А про множество значений f(f(f(…f(x))))?

Показать ответ и решение

cos2x+-2sin2x- ---1--- f(x) =log2 1− sin3x = log2 1− sin 3x .

Функция $t(x)= sin3x$ принимает значения $[− 1;1]$ . Рассмотрим функцию $1 z(t) =1−t$ , определенную на полуинтервале $[−1;1)$ . Графиком этой функции является гипербола с асимптотами $t= 1$ и $z =0$ . Функция $z(t)= 11−t$ на промежутке $[−1;1)$ неограниченно возрастает. Таким образом, минимальное значение $z(t)$ равно $12$ , оно достигается в точке $t= −1$ , и функция $z(t)= 11−t-$ на промежутке $[−1;1)$ принимает все значения из промежутка $[ ) 12;+∞$ . Функция $y1(z) =log2z$ на промежутке $[ ) 12;+ ∞$ возрастает и принимает все значения из промежутка

[ ) log2 1;+∞ =[−1;+ ∞) 2

Функция $f(f(x))$ будет принимать те же значения, что и функция $f(y1)$ , если $y1 ∈[−1;+ ∞)$ . Поскольку $t(y1)= sin(3y1)$ при $y1 ∈ [− 1;+∞ )$ принимает все значения из отрезка $[− 1;1]$ , то повторяя рассуждения, приведенные выше, получаем, что множеством значения функции $f(f(x))$ является промежуток $[−1;+∞)$ . И так далее, следовательно, множеством значений функции $f[2019](x)$ является промежуток $[− 1;+ ∞).$

Ответ:

$[−1;+ ∞)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 155#72121Максимум баллов за задание: 7

Для функции $y = xe−x$ найти производную 2019-го порядка $(y(2019))$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

2019 - большое число, не будем же мы 2019 раз подряд искать производную ⇒ надо найти закономерность! А для этого можем найти несколько первых производных и доказать формулу

Подсказка 2

Посмотрите внимательно на производные чётного порядка и нечётного: видите что-то похожее? Попробуйте вывести формулу для производной нечётного порядка - благодаря этому сможем посчитать 2019-ю производную!

Показать ответ и решение

$y′ = (1 − x)e− x$

$′′ −x y =(x− 2)e$

$′′′ −x y = (3− x)e$

И так далее, $(2k+1) −x y = (2k +1− x)e$

Ответ:

$(2019− x)e−x$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 156#96506Максимум баллов за задание: 7

Функция $f(x)$ задана на всей числовой оси, причём для всех $x$ выполняются неравенства:

f(x+ 2018)≤ f(x)≤ f(x+ 2019)

a) Придумайте хотя бы одну функцию $f(x)$ , удовлетворяющую этим условиям.

б) Докажите, что функция $f(x)$ — периодическая.

Показать ответ и решение

а) Возьмём $f(x)=|sin(πx)|$ . Тогда

f(x+ 2018)= f(x)= f(x+ 2019)

б) Представим $x+ 2019$ в виде $(x +1)+ 2018$ и применим первое неравенство из условия задачи, взяв в качестве $x$ выражение $x +1$ . Тогда $f((x +1)+ 2018)≤ f(x +1)$ , и поскольку $f(x)≤f(x+ 2019)$ , имеем

f(x)≤ f(x+ 1)

Подставив в это неравенство $x+1$ вместо $x$ , получим $f(x+ 1)≤f(x+ 2)$ , и значит,

f(x)≤ f(x+ 1)≤ f(x+ 2)

Повторяя эти рассуждения, получим

f(x)≤ f(x+1)≤ ...≤ f(x +2018)

Но по условию $f(x+ 2018)≤ f(x)$ . Значит, в приведённой цепочке все неравенства обращаются в равенства, то есть

f(x)= f(x+ 1)= f(x+ 2) =...

Другими словами, функция $f(x)$ имеет период $T =1$ .

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 157#106009Максимум баллов за задание: 7

Для функции $y = sin2x$ найти производную $2019$ -го порядка $(y(2019)).$

Источники: Газпром 2019

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем найти первые несколько производных и выявить закономерность в их виде, чтобы получить общую формулу.

Подсказка 2

Желательно не оставлять в производных одновременно cos и sin, а использовать формулы приведения. Пусть у нас везде будет sin, тогда какой вид будет иметь аргумент? Не забываем учесть изменение знаков! Таким образом мы хотим прийти к формуле производной в общем виде.

Подсказка 3

Теперь хотим доказать верность полученной формулы. Как это можно сделать?

Подсказка 4

Первое, что приходит в голову — доказать верность формулы по индукции!

Показать ответ и решение

После нахождения нескольких первых производных можно вывести общую формулу

(n) (n−1) ( (n-− 1)π ) y =2 ⋅sin 2 + 2x ,

которую легко доказать по индукции.

База:

( ) (sin2x)′= 2sin xcosx =sin2x =21−1sin (1−-1)π+ 2x 2

Переход:

(2(n−1)⋅sin ((n−-1)π-+2x))′ = 2(n−1)⋅cos( (n-− 1)π+ 2x)⋅2= 2 2

(π nπ ) ((n+ 1− 1)π ) = 2n ⋅cos 2 − (-2 +2x) = 2(n+1)− 1⋅sin----2---- +2x

Тогда

( (2019− 1)π ) ( 2018π ) y(2019) = 2(2019−1)⋅sin ---2----+ 2x = 22018⋅sin -2---+2x = =22018⋅sin(504 ⋅2π +π +2x)= −22018⋅sin2x

Ответ:

$− 22018⋅sin2x$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 158#40272Максимум баллов за задание: 7

Найдите наибольшее значение функции

(π ) f(x)= sin(x +sinx)+ sin(x− sinx)+ 2 − 2 sinsinx.

Источники: Ломоносов-2018, 11.7 (см. olymp.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Брать сразу у такой функции производную вообще не хочется... Давайте сначала попробуем преобразовать. Видим сумму двух синусов. Тогда попробуйте применить нужную формулу к ним и посмотреть, что получится. Не можем ли мы упростить себе жизнь?

Подсказка 2

Верно, после применения формулы для суммы синусов везде будет sin(x), который мы можем заменить на t, учитывая ограничение синуса. Стало точно поприятнее, теперь можем брать производную и искать критические точки. Что самое главное нам не забыть, когда мы ищем максимум функции на отрезке?

Подсказка 3

Точно, надо не забыть проверить концы отрезка. Осталось только сравнить значение функции в этих точках, и победа!

Показать ответ и решение

По формуле суммы синусов

sin(x+ sinx)+ sin(x − sin x)=2sin xcos(sinx)

Пусть $t=sin x$ . Поиск максимума $f(x)$ на всей числовой прямой после замены сводится к поиску максимума функции $g(t)= 2tcost+ (π− 2)sin t 2$ на отрезке $[−1;1]$ . Возьмём её производную

′ ( π ) π ( 4 ) g(t)= 2cost− 2tsint+ 2 − 2 cost= 2 sint ctg t−π t

Критические точки — $π t= ±4$ , $t= 0$ . После расстановки знаков производной на $[− 1;1]$ получаем, что максимум может достигаться на конце отрезка $t= −1$ или в точке локального максимума $π t= 4$ . Сравним значения функции в этих точках:

( ) g(−1)= −2cos1+ 2− π2 sin1 <0< g(π∕4)= π√− 2 2

Действительно, в силу $1< π3 =⇒ −2cos1< −2cos π3 = −2⋅ 12 =− 1$ , тогда

g(−1)< −1+ 2− π <0 2

а максимальное значение равно $g(π ) 4$ , соответственно наибольшее значения $f(x)$ достигается при $sinx = π 4$ .

Ответ:

$π−√2 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 159#74605Максимум баллов за задание: 7

Найдите наименьшее значение функции

f(x)=|x|+2|x − 1|+ 3|x− 2|+ ...+ 11|x− 10|

Источники: Миссия выполнима 2018

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Посмотрим внимательно на функцию f, что можно сказать про неё вне зависимости от того, как раскроются модули?

Подсказка 2

Верно, в любом случае f - линейная функция(просто из соображений того, что у нас нигде нет степени x большей единицы)! В таком случае, что можно сказать про её промежутки монотонности?

Подсказка 3

Да, сначала f убывает, а после этого возрастает! Тогда надо найти промежуток, на котором f убывает, а после этого промежутка возрастает.

Подсказка 4

Заметим, что если 6 < x < 7, то угловой коэффициент нашей прямой будет меньше 0, а если 7 < x < 8, то угловой коэффициент уже больше 0!

Показать ответ и решение

Заметим, что как бы ни раскрывались модули, $f(x)$ будет линейной функцией, которая имеет вид $f(x)= kx+ b, i i$ где коэффициенты зависят от промежутка на числовой прямой. Тогда разобьем числовую прямую на $12$ отрезков: $(−∞;0),(0;1),(1;2),...,(9;10),(10;+∞ ).$ Тогда $ki$ это угловой коэффициент на $i$ -том промежутке.

Заметим, что $− 66≤ k1 <k2 <k3 < ...< k10 < k11 = 66.$ Это значит, что $f(x)$ сначала убывает, а потом возрастает, так как $k8 = 1+ 2+ 3+...+7− 8− ...− 11= −10$ при $x ∈(6;7),$ а $k9 = 1+ 2+3 +...+ 8− 9− 10 − 11= 6$ при $x∈ (7;8).$ Значит, наименьшее значение функции достигается при $x= 7.$ Оно равно $f(7)=146.$

Ответ: 146

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 160#77055Максимум баллов за задание: 7

Многочлен $P(x)$ таков, что многочлены $P (P (P(x)))$ и $P(P(x))$ строго монотонны на всей вещественной оси. Докажите, что $P(x)$ тоже строго монотонен на всей вещественной оси.

Источники: Всеросс., 2018, ЗЭ, 11.1(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Первое решение. Предположим, что многочлен $P (x)$ не является монотонным. Тогда найдутся такие $a⁄= b,$ что $P(a)= P(b),$ а значит, и $P(P(P (a))) =P(P(P(b))),$ то есть $P (P(P(x)))$ не монотонен.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Так как многочлен $P(P(x))$ монотонен, то он обязан иметь нечётную степень, а тогда он принимает все вещественные значения.

Пусть $a> b,$ тогда найдутся такие числа $xa$ и $xb,$ что $P (P (xa))= a,P (P (xb))= b.$ Так как старший коэффициент многочлена $P (P(x))$ всегда положителен, то этот многочлен возрастает, поэтому $xa > xb.$

Если старший коэффициент многочлена $P (x)$ положителен, то многочлен $P(P (P (x)))$ возрастает; отсюда получаем, что $P (P (P(xa)))> P(P(P(xb))),$ то есть $P(a)> P(b)$ для любых $a> b.$ Если же старший коэффициент отрицателен, то, аналогично, $P (P (P(xa)))< P(P(P(xb))),$ откуда $P (a)< P(b)$ для любых $a> b.$

Следующая подтема