Тема Звезда (только часть с задачами по математике)

Многочлены и квадратные трёхчлены на Звезде

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела звезда (только часть с задачами по математике)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#125075

Известно, что функция $f(x)=ax2+ (a+1)x+ b$ принимает неотрицательные значения для всех $x$ . Найдите наименьшее значение выражения $2a+$ $b+1.$

Источники: Звезда - 2025, 11.3 ( см. zv.susu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Хотим получить оценку снизу. Воспользуемся условием неотрицательности функции, а также тем, что она представлена квадратным уравнением. Какие условия из этого можем получить?

Подсказка 2

Отсюда возникают условия на дискриминант (меньше либо равен 0), а также на положительность коэффициента при старшей степени. Отсюда легче всего получить оценку снизу именно для b (для a тоже можно, но выражение будет неприятнее).

Подсказка 3

Теперь в искомом выражении заменим b на нашу оценку снизу. Однако можно заметить, что у нас все ещё остаются слагаемые с a. попробуем их тоже как-то оценить снизу. Как можно аккуратно это сделать?

Подсказка 4

На данном этапе у нас есть дробь, в числителе и знаменателе которой есть слагаемые с a. Хотим оценить её снизу. Обратим внимание на то, что (если не было совершено арифметических ошибок), в числителе дроби выражение имеет вид xa² + 1. Тогда знаем, что можно оценить его снизу как xa² + 1 ≥ √(xa²). Это возможно как раз из-за того, что для любых xa² ≥ 1 выполняется даже xa² ≥ √(xa²), а в случае xa² < 1 имеем, что и √(xa²) < 1, поэтому 1 + xa² > √(xa²). После такой оценки выражение уже не зависит от а и имеет точное значение. Оно и будет наименьшим.

Показать ответ и решение

Так как $f(x)$ принимает неотрицательные значения для всех $x,$ то $(a+ 1)2 ≤4ab$ и $a >0.$ Получаем

(a+1)2 b≥ 4a

Построим оценку:

(a +1)2 8a2+(a+ 1)2+ 4a 9a2+ 6a+1 2a+b+ 1≥ 2a+ --4a--+ 1= ------4a------= ----4a--- =

√--- = 3+ 9a2+1-≥ 3+ -9a2 =3 2 4a 2 2a

Причём равенство достигается при $a = 1, 3$ $b= 4. 3$

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#74600

Датчик случайных чисел за одно действие уменьшает или увеличивает на 1 коэффициент перед $x$ или свободный член в квадратном трёхчлене. После некоторого числа таких операций он преобразовал трёхчлен $2 x − 20x+22$ в трехчлен $2 x − 202x +2$ . Верно ли, что среди полученных в процессе квадратных трёхчленов есть такой, у которого целые корни? Ответ обоснуйте.

Источники: Звезда - 2022 (см. zv.susu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Следить сразу за двумя целыми корнями как-то сложновато. Давайте для начала попробуем доказать, что в какой-то момент будет один целый корень. Может возьмем какой-нибудь конкретный?

Подсказка 2

А чего мелочится, давайте посмотрим на 1! Если у нашего трехчлена есть корень 1, то сумма его коэффициентов равна 0. Как меняется сумма наших коэффициентов после одной операции?

Подсказка 3

Верно, она меняется на 1! Изначально сумма была 3, а в конце -199. Значит в какой-то момент она станет равной 0. Итак, в какой-то момент у нашего трехчлена будет корень 1. Докажите, что тогда у него есть второй целый корень (возможно кратный)!

Показать ответ и решение

Давайте попробуем доказать, что в какой-то момент у квадратного трёхчлена будут целые корни. Для этого угадаем один из них. Если сумма коэффициентов многочлена равна 0, то есть корень $x =1.$ У начального многочлена $2 f1(x)= x − 20x+ 22$ сумма коэффициентов равна 3, а у конечного $2 f2(x)=x − 202x +2$ сумма коэффициентов равна -199, при этом за одно действие ровно один из коэффициентов меняется на 1, значит, сумма коэффициентов меняется на 1. Но если она была положительной, а потом стала отрицательной, то в какой-то момент обязательно была равна 0. То есть в какой-то момент у нас был трёхчлен $2 f(x)= x +bx+ c$ , один из корней которого равен 1! А по теореме Виета второй корень равен $c$ — тоже целому числу $=⇒$ у трёхчлена 2 целых корня!

Ответ: да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#109923

Существует ли такой многочлен $f(x)$ с целыми коэффициентами, что $f(4) =1,$ $f(9) =11,$ a $f′(4)= 0?$

Источники: Звезда - 2020, 11.4 (см. zv.susu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем пойти от противного. У нас есть информация про многочлен f(x) и его производную f'(x) при x = 4. Эти значения не равны, а можно ли по многочлену f(x) построить другой многочлен g(x), для которого g(4) = g'(4)?

Подсказка 2

Можно! Положим g(x) = f(x) - 1. Тогда g(4) = f(4) - 1 = 0 и g'(4) = f'(4) = 0. Значит, 4 — кратный корень многочлена g(x). Заметим также, что g(9) = 10. Могло ли так получится?

Подсказка 3

Так как 4 — кратный корень многочлена g(x), то g(x) = (x-4)²P(x) для некоторого многочлена P(x). Каким свойством тогда обладает g(9)?

Показать ответ и решение

Предположим, что такой многочлен существует. Рассмотрим многочлен $g(x)= f(x +4)− 1.$ Он также имеет целые коэффициенты. При этом $′ g(0) =g (0)= 0,$ $g(5)= 10.$ Тогда многочлен $g(x)$ имеет вид

2 3 n g(x)= a2x +a3x + ...+anx

Число $g(5)$ должно делиться на $52.$ Противоречие.

Ответ: Нет