Тема Квадратные трёхчлены

Квадратные трёхчлены с целыми коэффициентами

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела квадратные трёхчлены

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#103996

Любочка: “Вы сказали, что квадратное уравнение, заданное на дом, имеет не только целые ненулевые коэффициенты, но и два целых корня, а у меня получается, что корней вообще нет”.

Учитель: “Перед $2 x$ был написан коэффициент, а ты его пропустила, записывая задание в тетрадь”.

Можно ли утверждать, что Любочка может однозначно исправить свою описку на основе этой информации?

Показать ответ и решение

Любочка могла записать уравнение с целыми ненулевыми коэффициентами

2 x + 6x+ 36 =0,

которое не имеет корней, поскольку $x2+ 2⋅x⋅3+ 32 +27= (x+3)2+ 27 >0.$

При этом можно как дописать старший коэффициент -2:

2 − 2x + 6x+ 36= 0 ⇐ ⇒ x =− 3 или x =6,

так и дописать коэффициент -6:

− 6x2+ 6x+ 36= 0 ⇐ ⇒ x =3 или x= −2,

причём в обеих случаях получатся подходящие заданные учителем уравнения. Поэтому однозначно восстановить начальное уравнение Любочка уже не может.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Покажем, как можно составлять такие примеры, хотя это необязательно прописывать в решении на олимпиаде.

Пусть верное задание имело вид $ax2+ bx +c= 0$ . Попробуем подобрать $b$ и $c$ так, чтобы полученное уравнение имело целые корни более, чем при одном значении $a$ .

По теореме Виета $b= −a (x1+ x2);c= ax1x2$ . Исключим неизвестное $a$ из этой системы, поделив первое уравнение на второе. Это можно сделать, так как $c$ не равно 0 . Получаем равенство

b 1- 1- −c = x2 + x1.

Значит, надо подобрать две пары целых чисел ( $x1;x2$ ), для которых суммы обратных величин совпадают.

При этом надо учесть, что уравнение $2 x + bx +c= 0$ не имеет корней. Это значит, что все значения левой части положительны и, в частности, значение при $x= 0$ : $c >0$ .

Имеем

( ) ax2+bx+ c= x2 +bx+ c +(a− 1)x2.

При $x= x1$ или $x= x2$ эта сумма равна нулю, в то время как первое слагаемое положительно. Значит, $a< 1$ . В силу того, что $a$ целое, а уравнение — квадратное, $a< 0$ . Итак, с должно быть положительным, при этом $a$ — отрицательным. Из соотношения $c= ax1x2$ следует, что корни имеют разный знак.

Например,

12 + −13-= 13 + −16-= 16.

Подставляя пары корней $(2;−3)$ и $(3;−6)$ в теорему Виета, получим, что

b= −a1⋅(− 1)=− a2 ⋅(−3);c =a1⋅(−6)= a2 ⋅(−18).

Следовательно,

b=a1 = 3a2,c =−6b.

Ответ: нет

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#76650

Квадратный трёхчлен $x2− px+ q$ с натуральными коэффициентами имеет два корня. Оказалось, что если $q$ уменьшить на $30%$ , то разность его корней увеличится в 5 раз. Найдите такой трёхчлен с наименьшей возможной суммой корней.

Источники: ЮМШ-2023, 11 класс, отборочный тур (см. yumsh.ru) | ЮМШ-23/24, 11 класс, 1 отборочный тур (см. yumsh.ru)

Показать ответ и решение

По формуле корней квадратного уравнения имеем: $x = p±√p2−4q. 1,2 2$ Следовательно, $x − x = ∘p2-− 4q. 2 1$ После уменьшения $q$ на $30%$ разность корней станет равна $∘ 2---(7--) p − 4 10q.$ Следовательно, при условии, что $2 p − 4q ≥ 0,$ получаем

∘ ------ ∘ ------- 5 p2− 4q = p2− 14q ⇐⇒ p2 = 81q > 4q ⇐ ⇒ 4⋅5⋅p2 = 34 ⋅q. 5 20

По теореме Виета сумма корней квадратного трёхчлена $x2− px+ q$ равна $p.$ Наименьшее натуральное $p,$ удовлетворяющее равенству $4⋅5⋅p2 = 34⋅q,$ это $32 =9,$ так как $p2$ должно делиться на $34.$ Тогда $q = 20.$

Ответ:

$x2− 9x+ 20$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#78817

Учитель написал на доске квадратный трёхчлен $x2+ 10x+ 20.$ Затем каждый ученик по очереди увеличивал или уменьшал на единицу по своему выбору либо коэффициент при $x,$ либо свободный член. В результате получился трёхчлен $2 x + 20x +10.$ Верно ли, что в некоторый момент на доске был написан квадратный трёхчлен с целыми корнями?

Показать ответ и решение

Заметим, что при каждом изменении трехчлена его значение в точке $x =− 1$ изменяется на $1$ (в ту или другую сторону). Значение первого трехчлена

2 f(x)= x + 10x+20

в этой точке равно $f(−1)= 11,$ а последнего,

2 g(x)= x + 20x +10

— $g(−1)= −9.$ Поэтому в какой-то промежуточный момент на доске был написан трехчлен

h(x)= x2+ px+q

для которого $h(− 1) =0.$ Оба его корня — целые числа: один равен $− 1,$ другой по теореме Виета равен $− q.$

Ответ:

Да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#83310

На графике приведенного квадратного трехчлена с целыми коэффициентами отмечены две точки с целочисленными координатами. Найти расстояние между этими точками, если известно, что оно выражается целым числом, а дискриминант квадратного трёхчлена равен 9.

Источники: Росатом - 2024, региональный вариант, 11.5 (см. olymp.mephi.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $(x ,y ),(x ,y ) 1 1 2 2$ — эти точки, а $y =x2 +bx+ c$ — трёхчлен. Тогда справедливы равенства $y = x2+ bx + c 1 1 1$ и $y = x2 +bx + c 2 2 2$ . Если вычесть из первого второе, то получим $y1− y2 =(x1− x2)(x1 +x2+ b)$ , то есть $y1− y2$ делится на $x1− x2$ (для удобства запишем $y1− y2 = k(x1− x2)$ ).

Квадрат расстояния равен

2 2 2 2 (y1− y2) + (x1− x2) =(x1− x2) (1 +k )

Поскольку множитель $(x − x )2 1 2$ — квадрат, то и $1+ k2$ должен быть квадратом. Заметим, что квадраты целых чисел могут отличаться на $1$ только если эти числа — $1$ и $0$ . Значит, $k =0 =x + x + b 1 2$ , откуда $y − y =0 1 2$ . То есть абсциссы выбранных точек симметричны относительно абсциссы вершины параболы.

Поскольку $2 b − 4c$ равен 9, то $b$ нечётное. Таким образом, абсцисса вершины параболы является полуцелым числом (рациональная дробь со знаменателем $2$ ), а значит, абсциссы $x1$ и $x2$ разной чётности, то есть расстояние — любое положительное нечётное число.

Ответ: Это может быть любое положительное нечётное число.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#39797

Многочлен $x2+ ax+b+ 1$ с целыми коэффициентами имеет два натуральных корня. Докажите, что число $a2 +b2$ — составное.

Показать доказательство

Пусть эти корни $x 1$ и $x 2$ . Тогда по теореме Виета $x + x = −a 1 2$ и $x x =b+ 1 12$ . Отсюда

2 2 2 2 2 2 22 2 2 a + b = (x1+ x2)+ (x1x2− 1) =x1+ x2+ x1x2 +1= (x1+1)(x2 +1)

Поскольку $x1$ и $x2$ натуральные, то обе скобки натуральные и больше единицы. Тогда $a2+ b2$ — составное.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#91399

Существуют ли два квадратных трёхчлена $ax2+bx+ c$ и $(a+ 1)x2 +(b+ 1)x+ (c +1)$ с целыми коэффициентами, каждый из которых имеет по два целых корня?

Показать ответ и решение

Если у трёхчлена $kx2+lx+ m$ с целыми коэффициентами два целых корня $x 1$ и $x 2$ , то по теореме Виета $m$ и $l$ делятся на $k$ . Из чисел $a$ и $a+ 1$ одно чётное. Без потери общности можно считать, что это $a$ . Тогда $b$ и $c$ тоже чётны, а $b+ 1$ и $c+1$ нечётны. Таким образом все коэффициенты второго трёхчлена нечётны. Если он имеет два целых корня, то по теореме Виета и сумма и произведение их нечётны. Но это невозможно.

Ответ: нет

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#91456

Вася пишет на доске квадратное уравнение $ax2+ bx +c= 0$ с натуральными коэффициентами $a,b,c$ . После этого Петя, если хочет, может заменить один или два знака “+” на “-”. Если у получившегося уравнения оба корня целые, то выигрывает Вася, если же корней нет или хотя бы один из них нецелый — Петя. Может ли Вася подобрать коэффициенты уравнения так, чтобы наверняка выиграть у Пети?

Показать ответ и решение

Для того, чтобы корни были целые, то дискриминант $b2 − 4ac$ и $b2+ 4ac$ должны быть квадратами. Рассмотрим $b= 5$ , $a= 1$ , $c =6$ . Тогда

2 x − 5x − 6= (x− 6)(x+ 1) =0

2 x − 5x +6= (x− 2)(x− 3) =0

x2+ 5x − 6= (x+ 6)(x− 1) =0

x2+ 5x +6= (x+ 2)(x+ 3) =0

Ответ:

$x2+ 5x+ 6= 0$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#86448

При каких целых значениях параметра $a$ для корней $x,x 1 2$ уравнения

2 3x − x(a +3)+ a= 0

выражение $∘---1----- (x1− x2)2$ будет натуральным числом?

Источники: ШВБ - 2021, 11 (см. olymp.bmstu.ru)

Показать ответ и решение

Из формул для корней уравнения $3x2− x(a+ 3)+a = 0$ имеем, что

a +3− ∘ (a-+3)2− 12a− a− 3− ∘ (a+-3)2−-12a |x1− x2|= |----------------6------------------|=

√--------- ∘------ =|−2-a2−-6a+-9|= -(a−-3)2-= |a−-3| 6 3 3

Поэтому выражение из условия равно

∘---1-----= --1----=--3-- (x1− x2)2 |x1− x2| |a− 3|

Так как $a$ — целое, то результат будет натуральным, когда $.. 3.|a− 3|.$ Так что возможные значения параметра находятся из совокупности:

[ |a− 3|= 1 |a− 3|= 3

⌊ | a− 3= 1 || a− 3= −1 |⌈ a− 3= 3 a− 3= −3

Подходят значения параметра $a∈ {0;2;4;6}.$

Ответ: 0; 2; 4; 6

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#79750

На доске пишут $n$ квадратных трёхчленов вида $⋆x2+ ⋆x +⋆$ (вместо коэффициентов написаны звёздочки). Можно ли при каком-либо $n >100$ поставить вместо $3n$ звёздочек некоторые $3n$ последовательных натуральных чисел (в каком-то порядке) так, чтобы каждый из $n$ данных трёхчленов имел два различных целых корня?

Источники: Всеросс., 2020, РЭ, 10.8(см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Решение будет состоять из трёх шагов $(A,B,C).$

$A)$ Докажем следующую лемму. Лемма. Пусть при некоторых натуральных $a,b,c$ квадратный трёхчлен $2 ax +bx+ c$ имеет целые корни. Тогда $b$ и $c$ делятся на $a.$

Доказательство. По теореме Виета $b a =− (x1+ x2)$ и $c a = x1x2$ являются целыми числами. Лемма доказана.

$B)$ Предположим, что натуральные числа $k+1,k+ 2,...,k+ 3n$ (при некотором целом неотрицательном k) нужным образом расставлены в качестве коэффициентов данных квадратных трёхчленов $2 aix + bix +ci(i= 1,2,...,n).$ Для определённости пусть $a1 < a2 < ...< an.$ Тогда $a1 ≥k +1,$ откуда $a2 ≥k +2,$ и т.д., $an ≥ k+ n.$ Тогда из леммы следует, что минимальное из чисел $bn,cn$ не меньше, чем $2an,$ а максимальное (назовём его $M$ ) — не меньше, чем $3an.$ Но $M$ должно быть среди чисел $k+1,k+ 2,...,k+ 3n.$ Получаем $3(k+n)≤ 3an ≤ M ≤ k+3n.$ Отсюда $k≤ 0,$ и, значит, $k= 0.$ Кроме того, $an =n,$ откуда сразу следует, что $ai = i$ при $i= 1,2,...,n.$

$C)$ Среди $3n$ подряд идущих чисел менее $3n2 + 1$ чётных. С другой стороны, зная, что $ai$ пробегают числа ${1,2,...,n},$ получим оценку снизу на количество $C$ чётных чисел среди всех коэффициентов. Заметим, что в каждой из $n$ троек $(ai,bi,ci)$ хотя бы одно чётное число, иначе значение трёхчлена $aix2+ bix+ ci$ в любой целой точке будет нечётно, в частности, такой трёхчлен не может иметь целых корней. Если же $ai$ чётно (количество соответствующих троек $(ai,bi,ci)$ равно $[n2]$ ), то $bi$ и $ci,$ в силу леммы, тоже чётные, значит, в такой тройке $(ai,bi,ci)$ все три коэффициента чётные. Итого $C ≥ n+ 2[n2]≥ 2n− 1.$ Сравнивая верхнюю и нижнюю оценки, имеем $3n2-+1 >C ≥ 2n − 1,$ откуда $n< 4.$ Противоречие.

Ответ:

Нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#75241

При каком наименьшем натуральном $n$ существуют такие целые $a ,a,...,a , 1 2 n$ что квадратный трехчлен

2 2 4 4 4 x − 2(a1+ a2 +...+ an)x +(a1+a2+ ...+ an+ 1)

имеет хотя бы один целый корень?

Источники: Всеросс., 2019, ЗЭ, 9.2(см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

При $n= 6$ можно положить $a =a =a = a = 1 2 3 4$ $= 1$ и $a = a = −1 5 6$ ; тогда трёхчлен из условия принимает вид $x2− 8x+ 7$ и имеет два целых корня: $1$ и $7.$ Осталось показать, что это — наименьшее возможное значение $n.$

Пусть числа $a1,a2,...,an$ удовлетворяют условию задачи; тогда делённый на $4$ дискриминант квадратного трёхчлена из условия должен быть полным квадратом. Он равен

4 ( ) d= (a1+ a2+ ...+ an) − a41 +a42+ ...+ a4n+ 1

Тогда число $d$ нечётно и является квадратом, поэтому оно даёт остаток $1$ при делении на $8.$

Перепишем равенство выше в виде

4 d+1 +a41+ a42+...+a4n =(a1+ a2 +...+ an)

и рассмотрим его по модулю $8.$ Нетрудно проверить, что четвёртые степени целых чисел дают лишь остатки $0$ и $1$ при делении на $8,$ то есть правая часть равенства даёт остаток $0$ или $1.$ Левая же часть сравнима с $1+ 1+ k,$ где $k$ — количество нечётных чисел среди $ai.$ Значит, $n≥ k≥ 6.$

Ответ:

При $n= 6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#75447

Известно, что каждый из трёхчленов $x2 +ax+ b$ и $x2+ax+ b+ 1$ имеет хотя бы по одному корню, и все корни этих трёхчленов целые. Докажите, что трёхчлен $2 x + ax+ b+2$ корней не имеет.

Источники: Всеросс., 2019, РЭ, 11.2(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Понятно, что $a$ и $b$ целые, так как выражаются через целые корни по теореме Виета. Для того, чтобы квадратный трёхчлен с целыми коэффициентами имел целые корни, необходимо, чтобы его дискриминант был точным квадратом. Таким образом, $2 2 2 2 a − 4b= m ,a − 4b− 4= n,$ откуда $2 2 m − n = 4,$ то есть $(m − n)(m +n) =4.$ Последнее равенство равносильно двум случаям $m − n= 1$ и $m+ n= 4,m − n =2$ и $m + n= 2.$ Первый случай целых решений не даёт, а второй — $n = 0,m = 2.$ Таким образом, $2 a − 4b= 4.$ Заметим, что дискриминант трёхчлена $2 x + ax+b+ 2$ равен $2 a − 4b− 8 =− 4<0,$ а значит он действительно не имеет корней, что и требовалось.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#51000

Найдите количество различных приведённых квадратных трёхчленов (т.е. со старшим коэффициентом, равным $1$ ) с целыми коэффициентами таких, что они имеют два различных корня, являющиеся степенями числа $7$ с целыми неотрицательными показателями, и при этом их коэффициенты по модулю не превосходят $36 343 .$

Показать ответ и решение

Такие квадратные трёхчлены можно представить в виде $(x− 7a)(x− 7b),$ где $a ≥0,$ $b≥ 0$ — целые числа. Чтобы исключить повторения, считаем, что $a >b.$ Раскрывая скобки, получаем $2 (a b) a+b x − 7 +7 x+ 7 .$ По условию

{ 7a+ 7b ≤34336, { 7a+ 7b ≤ 7108 a+b 36 ⇔ 7 ≤ 343 a +b≤ 108

Заметим, что если выполняется второе неравенство, то первое неравенство верно за исключением одного случая $a= 108,b= 0.$ Для каждого значения $a$ выпишем количество подходящих значений $b$ :

a= 108 ⇒ 0 значений b a= 107 ⇒ 2 значения b(0;1); a= 106⇒ 3 значения b(0;1;2);

$...............$

a =55⇒ 54 значения b(0;1;...;53); a =54⇒ 54 значения b(0;1;...;53); a =53⇒ 53 значения b(0;1;...;52); a =52⇒ 52 значения b(0;1;...;51); ............................ a = 1⇒ 1 значение b(0); a =0 ⇒ 0 значений b.

Суммируя, получаем $(2 +3+ 4+ ...54)+(54+53+ 52+ ...+1)= 2969$ вариантов

Ответ:

$2969$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#79924

Найдите количество различных приведённых квадратных трёхчленов (т.е. со старшим коэффициентом, равным 1) с целыми коэффициентами таких, что они имеют хотя бы один корень, все их корни являются степенями числа 3 с целыми неотрицательными показателями, и при этом их коэффициенты по модулю не превосходят $47 27 .$

Показать ответ и решение

Такие квадратные трёхчлены можно представить в виде $(x− 3a)(x− 3b)$ , где $a ≥0$ , $b≥ 0$ — целые числа. Чтобы исключить повторения, считаем, что $a ≥b$ . Раскрывая скобки, получаем $2 (a b) a+b x − 3 +3 x+ 3$ . По условию

{ 3a+3b ≤ 2747 a+b 47 3 ≤27

{ 3a+ 3b ≤3141 a+ b≤141

Заметим, что если выполняется второе неравенство, то первое неравенство верно за исключением одного случая $a= 141,b= 0$ . Для каждого значения $a$ выпишем количество подходящих значений $b$ :

$a= 141⇒ 0$ значений $b$ ;

$a= 140⇒ 2$ значения $b(b∈{0;1})$ ;

$a= 139⇒ 3$ значения $b(b∈{0;1;2})$ ;

$a= 71 ⇒ 71$ значение $b(b∈ {0;1;...;70})$ ;

$a= 70 ⇒ 71$ значение $b(b∈ {0;1;...;70})$ ;

$a= 69 ⇒ 70$ значений $b(b∈{0;1;...;69})$ ;

$a= 68 ⇒ 69$ значений $b(b∈{0;1;...;68})$ ;

$a= 1⇒ 2$ значения $b(b∈ {0;1})$ ;

$a= 0⇒ 1$ значение $b(b= 0).$

Суммируя, получаем $(2 +3+ 4+ ...71)+(71+70+ 69+ ...+1)= 5111$ вариантов.

Ответ: 5111

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#41755

Существуют ли такие целые числа $p$ и $q$ , что при любых целых значениях $x$ выражение $x2+ px +q$ кратно $3?$

Источники: Муницип - 2015, Москва, 11.2

Показать ответ и решение

Предположим, что такие $p$ и $q$ существуют. Тогда:

1) если $x =0$ , то $2 x + px+ q = q$ кратно $3;$

2) если $x =1$ , то $2 x + px+ q = 1+ p+q$ кратно 3 ;

3) при $x= −1$ , то $2 x + px+ q =1 − p+ q$ кратно 3 .

Далее можно рассуждать по-разному.

Первый способ.

Из 1), 2) и 3) следует, что $q+(1+ p+ q)+ (1− p +q)= 3q +2$ кратно 3, что невозможно ни при каких целых значениях $q.$

Второй способ.

Из 2) и 3) следует, что $(1+p +q)+ (1− p+ q)=2q+ 2$ кратно 3, что невозможно, так как $q$ кратно $3.$

Замечание.

Можно также рассматривать не конкретные значения $x$ , а возможные остатки от деления $x$ на 3, проведя, например, такое рассуждение: если $x$ делится на 3, то значение трехчлена кратно трем только в том случае, когда q делится на 3. Если же х не делится на 3, то, учитывая, что должно делиться на 3, на 3 должно делиться и $(x+ p).$ Но число $p−$ фиксировано, а число х может при делении на 3 давать различные остатки (1 или 2), поэтому найдется значение х, для которого $(x+ p)$ на 3 не делится.

Отметим также, что из второго способа решения видно, что в условии задачи можно заменить 3 на любое натуральное число, большее трех.

Ответ: нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#75449

Коэффициенты $a,b,c$ квадратного трёхчлена $f(x)= ax2 +bx+ c$ — натуральные числа, сумма которых равна $2000.$ Паша может изменить любой коэффициент на $1,$ заплатив $1$ рубль. Докажите, что он может получить квадратный трёхчлен, имеющий хотя бы один целый корень, заплатив не более $1050$ рублей.

Источники: Всеросс., 2015, РЭ, 10.7(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Если $c ≤1050,$ то просто сделаем $c =0$ и получим корень $x = 0.$ Пусть теперь $c≥ 1051,$ тогда $a +b≤ 949.$ Сделаем $a =− 1$ и $b =0,$ на это уйдёт не более $950$ рублей. В нашем распоряжении осталось хотя бы $100$ рублей, покажем, что их достаточно, чтобы увеличить или уменьшить $c$ до ближайшего квадрата. $c< 2000,$ а значит оно располагается между квадратами, расстояние между которыми не превосходит $2 2 45 − 44 = 89< 100.$ Таким образом, нам хватит $100$ рублей, чтобы сделать $c$ квадратом и получить трёхчлен $2 2 − x + n ,$ который имеет целые корни, что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#75445

Все коэффициенты квадратного трёхчлена — нечётные целые числа. Докажите, что у него нет корней вида $1∕n$ , где $n$ — натуральное число.

Показать доказательство

Пусть искомый трёхчлен $ax2+ bx+ c$ имеет корень $1 n$ . В таком случае справедливо равенство $a+ bn +cn2 = 0$ , однако заметим, что если $n$ чётно, то левая часть нечётна, а значит не может равняться $0$ . Если же $n$ — нечётно, то опять же левая часть является нечётной, а значит равенства быть не может.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#75448

Целые числа $a,b,c$ таковы, что значения квадратных трёхчленов $bx2+ cx +a$ и $cx2+ax +b$ при $x= 1234$ совпадают. Может ли первый трёхчлен при $x= 1$ принимать значение $2009$ ?

Источники: Всеросс., 2010, РЭ, 11.7(см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Предположим, что да. Подставим $x= 1234$ в оба трёхчлена, приравняем полученные значения и после тождественных преобразований получим

a= 1235b− 1234c

При $x= 1$ первый трёхчлен равен

a +b+ c= 1236b− 1233c= 3(412b− 411c) =2009

Но $2009$ на $3$ не делится. Пришли к противоречию.

Ответ: нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#80196

На доске написан квадратный трёхчлен $x2 +9x+ 47$ . Таня (по своему усмотрению) увеличивает или уменьшает на 1 коэффициент при $x$ , после чего Ваня увеличивает или уменьшает на фиксированное число $m$ свободный член, а далее эти действия повторяются. Как только написанный на доске многочлен имеет целый корень, Ваня получает оценку «пять». Может ли он обеспечить себе «пятёрку» при любых действиях Тани, если

(a) $m =2?$

(b) $m =3?$

Показать ответ и решение

(a) Пусть $f(x)=x2+ 9x+ 47.$ Ваня сможет за конечное количество ходов добиться $f(1)= 0.$ Вначале $f(1)= 1+9 +47= 57.$

Далее каждым своим ходом Ваня может уменьшать $f(1)$ и добиться, чтобы (после его хода) $− 1≤ f(1) ≤1.$ Если Таня сделает $f(1)$ равным нулю (или оно уже равно нулю), то Ваня сразу выиграл.

Иначе Таня вынуждена сделать $f(1) =− 2$ или $f(1)=2$ и опять-таки Ваня выигрывает.

(b) Стратегия Тани — держать коэффициент при $x$ равным 10 или 11.

В этом случае значение многочлена $f(x)$ будет не кратно трем и, следовательно, не равно нулю.

Действительно, многочлены

f(x)= x2+10x+ 2+ 3k и f(x)= x2+11x+ 2+ 3k

не кратны трем при любом целом $x.$

При $x= 3n$ остаток от деления $f(x)$ на три равен 2; при $x= 3n+ 1$ остаток от деления $f(x)$ на три составляет 1 и 2, соответственно; при $x = 3n +2$ остаток от деления $f(x)$ на три составляет 2 и 1, соответственно.

Ответ:

(a) да

(b) нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#31045

Корни двух приведённых квадратных трёхчленов — отрицательные целые числа, причём один из этих корней — общий. Могут ли значения этих трёхчленов в некоторой положительной целой точке равняться $19$ и $98$ ?

Источники: Всеросс., 1998, РЭ, 9.5(см. math.ru)

Показать ответ и решение

Обозначим корни первого трёхчлена за $x 1$ и $x 2$ , а второго — за $x 1$ и $x 3$ (один корень общий по условию).

Первый трёхчлен можно записать в виде (по условию он приведённый) $f(x)= (x− x1)(x− x2)$ , а второй как $g(x)= (x− x1)(x− x3)$ .

Пусть существует положительное целое $n$ такое, что $f(n)= (n− x1)(n − x2)= 19$ и $g(n)= (n − x1)(n − x3)= 98$ .

Таким образом, $19$ и $98$ имеют общий делитель $n− x1$ . По условию $n− x1 ≥2$ , так как $n ≥ 1$ и $x1 ≤−1$ , но $19$ и $98$ взаимнопросты, а значит, оба числа на $x0− x1 >1$ делиться не могут.

Ответ:

нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#75446

Существуют ли квадратные трёхчлены $ax2+bx+ c$ и $(a +1)x2+(b+ 1)x+ (c+1)$ с целыми коэффициентами, каждый из которых имеет по два целых корня?

Источники: Всеросс., 1997, ЗЭ, 10.5(см. math.ru)

Показать ответ и решение

Если каждый трёхчлен имеет целые корни, то каждое из выражений $c a$ , $b a$ , $c+1 a+1$ и $b+1 a+1$ должно быть целым, так как каждое из них выражается через соответствующие целые корни по теореме Виета.

Пусть $a$ — нечётное, тогда $a+ 1$ чётно, равно как и $b+ 1$ и $c+1$ . Следовательно, $b$ и $c$ нечётные. В этом случае видно, что если $x$ чётный, то $2 ax +bx+ c$ нечётно, а значит, не может равняться $0$ . Если же $x$ нечётный, то $2 ax +bx+ c$ также нечётно, пришли к противоречию.

Если $a$ — чётное, то мы придём к такому же противоречию, только со вторым трёхчленом.

Ответ: нет