Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Свойства коэффициентов многочленов, раскрытие скобок и бином Ньютона

Тема Многочлены

Свойства коэффициентов многочленов, раскрытие скобок и бином Ньютона

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела многочлены

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#107089

Найдите сумму всех коэффициентов многочлена $(3x2+ 7x− 11)2018$ после раскрытия скобок и приведения подобных слагаемых.

Показать ответ и решение

Вспомним простой факт про сумму коэффициентов многочлена после раскрытия скобок.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Пусть дан многочлен степени $n$ :

n n−1 P(x)= anx +an−1x + ...+ a1x +a0

Сумма коэффициентов многочлена $P (x)$ определяется как сумма всех $a i$ .

Теперь заметим, что если мы подставим $x =1$ в многочлен $P(x)$ , то каждый член многочлена преобразуется следующим образом:

k k akx → ak⋅1 = ak

То есть, когда мы подставляем $x =1$ , все степени $x$ превращаются в единицу, и остается только коэффициент перед каждой степенью. Таким образом, подставляя $x= 1$ в многочлен, мы получаем сумму всех его коэффициентов:

n n−1 P(1)= an⋅1 +an−1⋅1 + ...+ a1⋅1+a0 = an+ an−1+ ...+a1+ a0

Именно поэтому сумма коэффициентов многочлена равна значению этого многочлена при $x= 1$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Теперь вернёмся к нашей задаче. Нам нужно найти сумму коэффициентов многочлена $(3x2 +7x− 11)2018$ . Как мы уже выяснили, эта сумма равна значению многочлена при $x= 1$ :

2 3⋅1 +7⋅1− 11= 3+ 7− 11= −1

(−1)2018 =1

Таким образом, сумма всех коэффициентов многочлена $(3x2+ 7x− 11)2018$ равна 1.

Ответ: 1

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#116306

В выражении $(1+ x− x2)20$ раскрыли скобки и привели все подобные слагаемые. Пусть $n$ равно сумме всех коэффициентов полученного многочлена. Найдите коэффициент при $3n x .$

Показать ответ и решение

Рассмотрим $P(x)=(1+ x− x2)20.$ После раскрытия скобок и приведения подобных слагаемых

2 40 P(x)= a0+ a1x +a2x + ...+ a40x

Заметим, что сумма всех коэффициентов

a0+ a1 +a2+ ...+ a40

равна

a0+ a1⋅1+a2⋅12+ ...+ a40⋅140 = P(1)

Значит, она равна

P(1)= (1 +1− 12)20 = 1

Итак, надо найти коэффициент при $x3,$ то есть $a3.$

Так как $3= 1+ 2= 1+ 1+1,$ то при раскрытии скобок третья степень $x$ получается только следующими способами:

x⋅(−x2)⋅1◟⋅..◝◜.⋅1◞ 18

x ⋅x⋅x⋅1◟⋅..◝.◜⋅1◞ 17

Количество одночленов первого вида равно числу способов выбрать 2 различных элемента (2 скобки $(1 +x− x2)$ , из которых берётся $x$ и $− x2$ соответственно) из 20. Это количество равно $20(20− 1).$

Количество одночленов второго вида равно числу способов выбрать 3 скобки $(1+ x− x2),$ в которых берётся $x$ из 20 (в остальных в произведение при раскрытии будет браться $1$ ). Это количество равно $C20= 20(20−1)(20−2). 3 3⋅2⋅1$

В итоге

20⋅19⋅18- a3 = 6 − 20⋅19= 20⋅19⋅(3− 1)= 760

Ответ: 760

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#83300

Найти коэффициент $a 49$ многочлена $P(x)= (1+x15+ x17)6$ , если бы он был приведен в форму суммы одночленов вида $k akx ,k = 0,2,3,...,102$ .

Источники: Росатом - 2024, московский вариант, 11.5, по мотивам 10.2 ММО - 2005 (см. olymp.mephi.ru)

Показать ответ и решение

Понимаем, что при раскрытии скобок степень каждого одночлена будет иметь вид $17n +15m,$ где $n$ — количество взятых $x17,m$ — количество взятых $15 x .$ Поэтому решим сначала уравнение в натуральных числах

17n +15m = 49

Нетрудно заметить решение $n= 2,m =1,$ а также что это решение единственное, т.к. иначе, чтобы сохранить нужные остатки, $x$ будет изменяться на кратное 15 число, а $y$ на кратное 17, поэтому одно из них станет отрицательным.

Осталось лишь посчитать количество способов выбрать комбинацию из двух $x17$ и одного $x15$ в 6 скобках:

2 1 6⋅5 C6 ⋅C 4 = 2 ⋅4= 60

Ответ: 60

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#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 $|a0|≤2$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#85559

Найдите все такие многочлены $P(x)$ с вещественными коэффициентами, что многочлены $P(x2+x +1)$ и $P(x2)+ P(x)+P (1)$ равны.

Показать ответ и решение

Обозначим наш многочлен через

n n−1 P (x)= anx + an− 1x + ...+ a0

Предположим, что $n> 1.$ Тогда коэффициент перед $x2n−1$ слева будет равен $nan,$ а справа — $0,$ откуда получаем противоречие. Значит, $n ≤1.$ Если $n≤ 0,$ то $P(x)=c$ для некоторого вещественного $c,$ откуда $c =3c,$ то есть $c=0.$ Если $n= 1,$ то $P (x)= kx+ l$ для некоторых вещественных $k$ и $l.$ Имеем $k(x2+ x+ 1)+ l= kx2 +kx+ k+ 3l,$ откуда $l= 0,$ а $k$ — любое.

Ответ:

$P (x)= kx$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#85573

Многочлен $P(x)$ с вещественными коэффициентами удовлетворяет условиям:

2 100 P(0)= 1; (P(x)) = 1+ x+ x ⋅Q(x)

для некоторого многочлена $Q(x).$ Докажите, что у многочлена $(P(x)+1)100$ коэффициент перед $x99$ равен $0.$

Показать доказательство

Поскольку $P(0) =1,$ откуда $P(x)=x ⋅S(x)+ 1.$ Рассмотрим многочлен

100 100 100 100 100 (P(x)+ 1) + (P (x)− 1) = (P(x)+ 1) +x ⋅S (x)

Раскрыв скобки по биному Ньютона в данном многочлене, получим, что

100 100 100 100 2 2 0 (P(x)+1) + (P (x)− 1) = 2⋅(C100P(x) +...+C100P(x) + C100)

Подставив $P(x)2 =1+ x+ x100⋅Q (x),$ получим многочлен, у которого коэффициент при $x99$ в каждом из слагаемых $2C21k00(1+ x+ x100⋅Q(x))k$ равен 0 (так как $k ≤50$ ). С другой стороны коэффициент при $x99$ у многочлена $(P (x)− 1)100$ также равен $0.$ Значит, и у многочлена $(P(x)+1)100$ коэффициент при $x99$ также равен $0.$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#87532

Коэффициенты многочлена степени $n> 2024$

n n−1 Pn(x)= anx + an−1x + ...+ a1x +a0,

взятые в том же порядке (начиная со старшей степени), образуют геометрическую прогрессию со знаменателем $q$ $(q ⁄= 0,±1 ).$ Выясните, может ли $Pn(x)$ иметь только один корень.

Если может, укажите минимальную степень (из диапазона выше), при которой это возможно, и выразите корень через $a 0$ и $q$ . Если нет, укажите минимально возможное количество корней при любом $n> 2024.$

Источники: Надежда энергетики - 2024, 11.5 (см. www.energy-hope.ru)

Показать ответ и решение

Заметим, что $a ⁄= 0 n$ и $a ⁄=0, 0$ следовательно $a = a qn ⁄= 0. 0 n$ Значит, $x= 0$ не является корнем.

Поймём, что одночлены (начиная со старшего) в многочлене образуют геометрическую прогрессию с знаменателем $q x.$ Значит, многочлен может быть представлен как сумма первых $n+ 1$ члена данной прогрессии. Заметим, что если $x= q,$ то

n n−1 n n n Pn(q)= anq +an−1q + ...+a1q+ a0 = an = a◟nq-+anq◝+◜-...+-anq◞ n+1раз

n n Pn(q)= anq (n +1)⁄= 0, т.к. a ⁄= 0,q ⁄=0

Значит, $x= q$ не корень. Поэтому дальше будем считать $x ⁄=q$ и запишем следующее

anxn((q)n+1− 1) Pn(x)= anxn +an−1xn−1+ ...+ a1x+ a0 =------xq-------- x − 1

Выразим корни с учётом $x⁄= 0$ и $an ⁄= 0$

anxn((q)n+1 − 1) -----qx--------=0 x − 1

( ) ( q n+1− 1= 0 x

xn+1 = qn+1

Если $n+ 1$ нечётно, тогда $x =q,$ чего быть не может, а если $n+ 1$ чётно, тогда $x= ±q,$ а в силу ограничений получаем $x= −q.$ Это и будет единственным корнем.

Теперь найдём минимальное $n.$ Из условий $n > 2024$ и $n+ 1$ чётно получаем, что $n= 2025$ подходит.

Ответ:

может при $n = 2025 min$ , корень равен $− q$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#88063

Пусть $A = 11111$ . Найдите остаток от деления числа

2024 2023 (2023⋅A − 1) +(2024⋅A+ 1)

на число $123454321.$

Источники: Межвед - 2024, 11.2 (см. v-olymp.ru)

Показать ответ и решение

Вычислим $A2 :$

2 2 A =11111 =123454321

То есть нужно найти остаток по модулю $A2.$ Рассмотрим первое слагаемое.

(2023⋅A − 1)2024 = (2023⋅A− 1)⋅(2023⋅A− 1)⋅...⋅(2023 ⋅A − 1) ◟--------------2◝0◜24--------------◞

Раскрывая скобки, как минимум два раза выберется $A$ из скобок, что дает $0$ в сравнении по модулю $A2.$ Это верно, кроме случаев, когда были выбраны все единицы или когда было выбрано одно $A$ из всех скобок. Тогда, используя бином Ньютона, получаем, что первое слагаемое сравнимо с

(2023 ⋅A − 1)2024 ≡ −2023A ⋅2024+ 1 A2

Аналогично получаем, что второе слагаемое сравнимо с

2023 (2024 ⋅A + 1) A≡2 2024⋅A ⋅2023+ 1

Тогда получаем

(2023⋅A − 1)2024+ (2024⋅A+ 1)2023 ≡2 −2023A⋅2024 +1+ 2024 ⋅A ⋅2023+ 1= 2 A

Следовательно, остаток равен $2.$

Ответ: 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#65391

Докажите, что после раскрытия скобок и приведения подобных слагаемых в выражении

2 4 520 2 4 520 (1+x +x + x + x) +(1− x+ x +x − x )

не останется слагаемых с нечётной степенью $x.$

Показать доказательство

Посмотрим на любой одночлен нечётной степени у $(1+ x+ x2+ x4+x5)20$ после раскрытия скобок до приведения подобных. Нетрудно понять, что в него взяли из нечётного количества скобочек $x$ в нечётной степени, а из остальных — $x$ в какой-то четной степени. Заметим, что это же самое слагаемое до приведения подобных у $2 4 520 (1− x+ x +x − x )$ будем с тем же коэффициентом, но противоположным знаком. Это так, потому что тут перед $x$ в нечётных степенях стоят минусы и количество взятых $x$ в нечётной степени нечётно. Следовательно, все слагаемые с нечетными степенями при привидении подобных взаимоуничтожатся, что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#65620

В выражении $(1+x +...+ x7+ x8)10$ раскрыли скобки и привели подобные слагаемые. Докажите, что сумма коэффициентов при одночленах вида $3k x$ (с целыми неотрицательными $k)$ составляет треть от суммы всех коэффициентов.

Показать доказательство

Попробуем найти сумму всех коэффициентов многочлена, чтобы получше понять, что от нас требуют. Пусть мы раскрыли скобки и получили многочлен вида: $2 80 a0+ a1x+ a2x + ...+ a80x .$ Тогда сумма коэффициентов равна значению этого многочлена в точке 1. Отсюда она равна: $8 7 1 10 10 (1 + 1 +...+1 + 1) = 9 .$ Теперь нам надо доказать, что сумма коэффициентов при одночленах вида $3k x (k ∈ℕ ∪{0})$ равна $9 3⋅9 .$

Заметим теперь, что эта сумма коэффициентов равна числу способов получить одночлен вида $3k x (k∈ℕ ∪{0})$ путем выбора степени $x$ из каждой скобки. Тогда из первых девяти скобок $x$ можно выбрать $9 9$ по правилу произведения. А из последней скобки мы можем выбрать $x$ лишь тремя способами (каждый остаток показателя степени встречается ровно 3 раза, для делимости мы выбираем только один остаток). Тогда искомая величина равна $9 3⋅9 .$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#67584

Докажите, что числа $x,y,z$ положительны, если известно, что положительными являются числа

a= x+y +z, b= xy+ yz+ zx, c=xyz.

Показать доказательство

Первое решение.

Из $xyz > 0$ следует, что одного или трёх неположительных числа среди $x,y,z$ быть не может, не может быть среди них и нулей.

Остаётся разобрать, почему не может быть случая, когда нашлось два отрицательных числа и одно положительное.

Предположим, что такое всё-таки случилось. Не умаляя общности, считаем $x≤ y < 0< z.$ Тогда пусть $t= −x,w= −y.$ Из условия получаем

z− t− w > 0 ⇐ ⇒ z >t+ w

Теперь из этого

2 tw − zw − zt> 0 ⇐⇒ tw> z(t+ w) =⇒ tw >(t+ w)

Из $t> 0,z >0$ получаем

2 2 w-2 3w2 0> t +tw +w =(t+ 2) + 4 > 0

Мы пришли к противоречию $0> 0,$ значит, рассматриваемый случай не может быть, так что все три числа положительные.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Не умаляя общности, считаем $x≥ y ≥z.$

По теореме, обратной теореме Виета для кубического уравнения, числа $x,y,z$ являются корнями уравнения $3 2 t − at +bt− c= 0.$

Если хотя бы одно из чисел неположительно, то $z ≤0$ , а тогда при подстановке $t= z$ получаем

z3 ≤ 0

−az2 ≤ 0

bz ≤ 0

−c< 0

Но тогда

3 2 0 =z − az +bz− c< 0

приходим к противоречию.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

Можно сформулировать и более общий факт для $n$ чисел. Если все элементарные симметрические многочлены от $n$ переменных (их сумма, сумма попарных произведений, сумма произведений по три и так далее до одной суммы из произведения всех $n$ чисел) имеют для заданных $n$ чисел один и тот же знак (все положительные или все отрицательные), то каждое из этих чисел имеет тот же знак (все положительны или все отрицательны). Доказательство проводится аналогично с использованием теоремы Виета для многочлена степени $n$ .

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#68241

Пусть $x =(x ,...,x ) 1 8$ — двоичный вектор длины 8. Обозначим $xd$ — циклический сдвиг вектора $x$ на $d$ позиций вправо. Например, если $x =(1,0,0,0,0,0,0,0),$ то $2 x = (0,0,1,0,0,0,0,0).$ При этом считаем, что $0 x = x.$ Под суммой векторов $x= (x1,...,x4)$ и $y =(y1,...,y4)$ будем понимать вектор

x +y =(x1⊕ y1,x2⊕ y2,x3⊕ y3,x4⊕ y4)

Здесь $⊕$ — стандартная операция сложения битов: $0 ⊕0 =1⊕ 1= 0,$ $0⊕ 1= 1⊕0 =1.$ Пусть

1 4 x= v+ v + v

Найдите $d1,...,dn$ такие, что при любом исходном векторе $v$ выполняется равенство

v =xd1 + ⋅⋅⋅+ xdn

Источники: Верченко-2023 (см. v-olymp.ru)

Показать ответ и решение

Заметим, что $xd+8n = xd$ для любого натурального числа $n$ . Вектору $x = (x ,...,x) 1 8$ взаимно однозначно соответствует многочлен

7 8 x(t)= x1+ x2t+ ...+ x7t + x8t

Тогда циклический сдвиг вектора $x$ на $d$ позиций вправо равносилен умножению многочлена $x(t)$ на $td$ и приведению степеней мономов по модулю $8$ .

Вектору $x =v +v1 +v4$ соответствует многочлен $x(t)= 1+ t+ t4$ . Таким образом, нахождение $d ,...,d 1 n$ таких, что $v =xd1 +...+ xdn$ равносильно нахождению многочлена $v(t)= td1 +...+ tdn$ со свойством $x(t)v(t)= 1$ (с учётом приведения степеней мономов по модулю $8$ ). Найти многочлен $v(t)$ можно методом неопределённых коэффициентов, но быстрее из следующего алгоритма:

2 8 2 4 4 8 8 x (t)= 1+t+ t = t, x (t)= t,x (t)= t= 1

Следовательно,

7 3 4 4 2 4 2 6 7 v(t)= x (t)= x(t)x (t)= (1+t+ t)tt = t +t + t

Ответ:

$v =x2+ x6+ x7$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#68514

Найдите сумму коэффициентов при нечётных степенях выражения $(x3+ 2x2− 2x− 2)743$ .

Показать ответ и решение

Обозначим сумму коэффициентов при чётных степенях через $A$ , при нечётных — через $B$ . Заметим, что значение выражения в точке $x =1$ равно $− 1 =A + B$ , а значение в точке $x = −1$ равно $1= A − B$ , откуда $−1−-1 B = 2 = −1$ .

Ответ:

$− 1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#76292

Многочлены

2018 2017 P(x)= a2018x +a2017x + ...+ a1x +a0

(x− 1)⋅(x−-2)⋅...⋅(x−-2018) Q(x)= 2018!

совпадают при всех значениях $x.$ Найдите сумму чисел

a2+ a4+...+a2016+ a2018

Показать ответ и решение

Заметим, что $P(1)= (a +a + ...+ a )+(a + a +...+ a ), 0 2 2018 1 3 2017$ а $P(−1)= (a + a + ...+a )− (a + a + ...+a ). 0 2 2018 1 3 2017$ Следовательно, сумма коэффициентов с чётными индексами равна $P(1)+P(−1) 2 .$ Но нам нужна сумма коэффициентов с чётными индексами без $a0.$ Нетрудно видеть, $P (0)= a0.$ Таким образом, нам нужно значение выражения $P(1)+P(−1) 2 − P(0),$ которое по условию равно $Q-(1)+Q-(−1) 0+2019 2017 2 − Q(0)= 2 − 1= 2 .$

Ответ:

$2017 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#76330

(a) Найдите целое число $a,$ при котором $(x− a)(x− 10)+ 1$ разлагается в произведение $(x+ b)(x+ c)$ двух множителей с целыми $b$ и $c.$

(b) Найдите такие отличные от нуля неравные между собой целые числа $a,b,c,$ чтобы выражение $x(x− a)(x− b)(x− c)+ 1$ разлагалось в произведение двух многочленов с целыми коэффициентами.

Показать ответ и решение

(a) Нас просят найти такое целое $a,$ для которого существуют целые $b$ и $c$ такие, что: $2 2 x − (a+10)x+ 10a+ 1= x + (b+ c)x +bc.$ То есть $b+ c=− a− 10$ и $bc= 10a +1.$ Если домножить первое равенство на $10$ и сложить со вторым, то мы получим равенство $10b+ 10c+ bc=− 99.$ Оно равносильно равенству $(b+ 10)(c+10)= 1.$ Теперь видно, что можно взять $b= c= −9,$ при этом $a =8.$

(b) Возьмём такие $a,b$ и $c,$ что $a+ b= c.$ Тогда $x(x− a)(x− b)(x− c)+ 1= (x2− cx)(x2− (a +b)x+ ab)+ 1.$ Сделаем замену $x2− cx= x2− (a+ b)x =t.$ Теперь выражением имеет вид $t(t+ab)+1 =t2+ abt+ 1.$ Ясно, что если взять, например, $ab= 2,$ то многочлен будет раскладываться на два многочлена. Можно взять $a= 1$ и $b= 2,$ тогда $c= 3$ и разложение примет следующий вид: $x(x− 1)(x− 2)(x− 3)+ 1= (x2− 3x+ 1)2.$

Ответ:

(a) $a =8$

(b) $a= 1,b =2,c= 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#76331

Значение многочлена $20$ степени с целыми коэффициентами при всех целых $x$ делится на $37.$ Докажите, что все его коэффициенты делятся на $37.$

Показать доказательство

Посмотрим на многочлен по модулю $37.$ Среди чисел от $0$ до $36$ не более двадцати являются корнями. Однако по условию все $37$ остатков зануляют многочлен. Следовательно, по модулю $37$ количество корней многочлена больше, чем его степень. Таким образом, все его коэффициенты равны $0.$ Если перестать рассматривать всё по модулю $37,$ то получится, что все коэффициенты кратны $37.$ Что и требовалось.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#45003

Найдите наибольший коэффициент многочлена $(3+ 2x)2017$ после раскрытия скобок и приведения подобных членов.

Показать ответ и решение

Обозначим коэффициент многочлена при $xk$ после раскрытия скобок как $c ,0 ≤k ≤2017. k$ Наша задача — найти наибольшее $ck$ .

По биному Ньютона

k k 2017−k ck = C2017⋅2 ⋅3

Тогда после сокращений

ck+1- 2 2017− k 2 2018 ck = 3 ⋅ k +1 = 3 ⋅(k+ 1 − 1)

Заметим, что $ck$ неотрицательны, а отношение соседних членов убывает. Пока $ck+1 -ck-->1$ , последовательность $ck$ возрастает. А затем, когда $ck+1 -ck-< 1$ , убывает.

Решим неравенство $c k+ck1-<1$ :

2018− 1< 3; 4036-< 5; 4036-− 1 <k k+ 1 2 k+1 5

Минимальное натуральное такое $k= 807$ . Итак,

c0 <c1 < ...< c807 > c808 > ...> c2017,

здесь все неравенства строгие, потому что $ck+ck1-=1$ не выполняется при целом $k.$

Ответ:

$C807 ⋅2807⋅31210 2017$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#49152

Для каких значений параметра $p$ отношение суммы коэффициентов многочлена $(px2− 7)18$ к его свободному члену минимально?

Показать ответ и решение

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, то есть $18 (p− 7) .$

Свободный член тоже можно посчитать, для этого надо подставить $x= 0.$ Получится $18 18 (0− 7) = 7 .$

Нетрудно видеть, что минимум искомого выражение $(p−7)18- 718$ равен $0$ и достигается только при $p =7.$

Ответ:

$7$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#42248

Найдите сумму коэффициентов после раскрытия скобок

2016 2017 (2− 3x) +(3− 2x) .

Показать ответ и решение

2016 2017 (−1) +1 = 2

Ответ: 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#73374

Существует ли такой многочлен десятой степени, принимающий целые значения при всех целых аргументах, у которого старший коэффициент не превосходит по абсолютной величине $−6 10 ?$

Источники: БИБН-2021, 11.5 (см. www.unn.ru)

Показать ответ и решение

Рассмотрим многочлен

x(x-− 1)(x−-2)(x−-3)(x−-4)(x−-5)(x−-6)(x−-7)(x−-8)(x−-9) 52⋅28 ⋅34⋅7

Во-первых, его старший коэффициент равен $1 52⋅28⋅34⋅7.$ Это меньше $1 106.$ Покажем теперь, что во всех целых точках он принимает целые значения. В числителе находится произведение десяти подряд идущих целых чисел. Докажем, что оно делится на каждый множитель знаменателя.

Делимость на $28.$ Среди десяти подряд идущих целых чисел есть пять чётных. Из этих пяти хотя бы одно делится на $8,$ хотя бы одно — на $4.$ То есть числитель всегда делится на $28.$