Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Последовательности, многочлены и квадратные трёхчлены на Энергетике

Тема НадЭн (Надежда энергетики)

Последовательности, многочлены и квадратные трёхчлены на Энергетике

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела надэн (надежда энергетики)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#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 $− q$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#96520

Рассматривается многочлен

2 4 3 ( 2) 2 2 ax + 2abx + 2ac+ b x +2bcx +c ,

в котором коэффициент $c$ и сумма $a+ b+ c−$ нечётные целые числа. Могут ли корни такого многочлена быть целыми числами?

Показать ответ и решение

Путем несложных преобразований (например, выделяя полный квадрат) многочлен приводится к виду

( 2 )2 ax + bx+c .

Таким образом, задача сведена к аналогичной для корней квадратного трёхчлена.

Пусть $x 1$ и $x 2$ — целые корни уравнения. Тогда $c =ax x 1 2$ , и оно нечётное. Отсюда следует, что каждое из чисел $a,x 1$ и $x 2$ — нечётное. Тогда поскольку сумма двух нечётных чисел $a+ c$ — чётная, а сумма $a+ b+c$ нечётная, то число $b$ — тоже нечётное. Но с другой стороны, число $b$ должно быть чётным, так как $b= −a (x1+ x2),$ а сумма двух нечётных чисел $x1+ x2$ — чётная. Противоречие.

Ответ:

Не могут.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#108271

При обработке числовых данных часто приходится вычислять среднее арифметическое

S(x,y)= (x +y)∕2

и решать уравнения, содержащие среднее арифметическое. Найдите все конечные (состоящие из конечного числа элементов) числовые множества $X$ такие, что для любых $a$ и $b$ из $X$ множество $X$ содержит корень $x$ уравнения

S(a,x)=b.

Источники: Надежда Энергетики - 2020, 11.4 (см. www.energy-hope.ru)

Показать ответ и решение

Имеем

S(a,x)= b⇔ x= 2b− a. (1)

Требуемым в условии задачи свойством обладает любое одноэлементное множество

X = {a}, a∈ (− ∞;∞ ), (2)

так как $S(a,a)= a.$

Допустим далее, что множество $X$ содержит по крайней мере два различных элемента $c,d,$ причем $c< d$ (без ограничения общности). Для уравнения $S(d,x)= c$ находим, согласно (1), $x =2c− d.$ Затем для уравнения $S(d,x)= 2c− d$ получаем $x= 4c− 3d,$ после чего рассматриваем уравнение $S(d,x)= 4c− 3d$ и получаем $x= 16c− 15d.$ Продолжая таким же образом, получаем последовательность решений

c,2c− d,4c− 3d,16c− 15d,... (3)

Покажем, что все её члены $xn =2nc− (2n − 1)d, n =0,1,2,...$ попарно различны. Если допустить, что $xn =xm$ при $n ⁄=m,$ то, преобразуя равенство, получим $(2m − 2n)c= (2m − 2n)d,$ откуда $c= d,$ это невозможно. Итак, множество $X$ содержит бесконечное подмножество — последовательность (3), следовательно, множество $X$ бесконечно.

Ответ:

в точности все одноэлементные множества $X ={a},a∈(−∞; ∞).$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#79220

Внутри параболы $y = x2$ расположены несовпадающие окружности $ω ,ω ,ω ,... 1 2 3$ так, что при каждом $n >1$ окружность $ω n$ касается ветвей параболы и внешним образом окружности $ωn−1.$ Найдите радиус окружности $ω1998,$ если известно, что диаметр $ω1$ равен $1$ и она касается параболы в ее вершине.

Источники: Всеросс., 1998, ЗЭ, 11.5(см. math.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

Посмотрим, при каких условиях окружность касается параболы. Пусть есть окружность радиуса $R1$ с центром в точке $A,$ а $B$ — точка касания окружности и параболы. Проведем касательную $BE.$ Тогда $∘ ∠ABE = 90$

$PIC$

Проведём через точку $B$ прямую, параллельную оси $Ox$ $(C$ — точка пересечения прямой и оси $Oy).$

Тогда $∠CBA +∠EBC1 = 90∘.$

Получаем, что $tg∠EBC1 = ctg∠ABC,$ но $tg∠EBC1 = 2x1$ , так как $EB$ — касательная $y = x2$ в точке $x1.$

Значит,

CB-=2x1 =⇒ AC = 1 AC 2

Тогда по теореме Пифагора получаем, что

2 2 1 R1 = x1+ 4

Теперь рассмотрим случай с двумя окружностями.

$PIC$

Пусть $CB =x1$ и $C1B1 = x2.$ Тогда

2 2 ( 2 1) ( 2 1) 2 2 R2− R1 = x2+ 4 − x1+ 4 = x2− x1 (1)

Также знаем, что

R2+ R1 = CC1 =x22− x21 (1)

Из $(1)$ и $(2)$ получаем, что $R2− R1 = 1$ .

То есть мы поняли, что если есть две окружности радиуса $R2$ и $R1$ соответственно, которые касаются параболы и друг друга, то их радиусы отличаются на $1$ .

Тогда получается, если $1 Rw1 = D∕2= 2,$ то

1 1 Rw2 = 1+ 2,...,Rw1998 = 1998− 1+ 2 = 1997,5

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Пусть $rn$ — радиус $n$ -й окружности, $Sn = r1+r2+ ...+ rn.$ Тогда уравнение $(n +1)$ -й окружности имеет вид:

x2+ (y− (2Sn+ rn+1))2 = r2n+1 (1)

Условие касания означает то, что уравнение $(1)$ имеет один корень, тогда его дискриминат $D = (2rn+1− 1)2− 8Sn$ равен нулю, то есть $√--- rn+1 =-8Sn-+1 2$ (так как $rn+1 >0).$ Отсюда