Тема Многочлены

Применение производной в многочленах

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#76193

Дед Мороз на Новый год принёс в мешке два различных чудесных многочлена степени 2024, у которых равны значения при всех натуральных аргументах до 2024 включительно. А могут ли в точке 2024 быть равны ещё и значения производных от этих многочленов?

Показать ответ и решение

Обозначим эти чудесные многочлены как $P(x)$ и $Q (x)$ . Из условия следует, что разность этих многочленов $R(x)=P (x)− Q(x)$ имеет 2024 корня, нетождественна равна нулю (потому что многочлены различные) и может иметь степень не выше 2024. Поэтому при каком-то ненулевом числе $c$ можно записать

R (x)= c⋅(x− 1)⋅...⋅(x− 2024)

В условии спрашивают, может ли быть $P ′(2024)= Q′(2024) ⇐ ⇒ R′(2024)= 0.$ Представим $R(x)$ в виде $(x− 2024)⋅T(x)$ и посчитаем производную произведения

′ ′ ′ ′ R (x)= (x− 2024)T(x)+(x− 2024)T(x)= T(x)+ (x − 2024)T (x)

Получаем, что в точке 2023 производная не равна нулю:

′ R(2024)= T(2024)+ 0= c⋅(2024− 1)⋅...⋅(2024− 2023)= c⋅2023!

Ответ: нет

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#77058

Существуют ли многочлены с вещественными коэффициентами $P(x)$ и $Q(x)$ такие, что

2 3 P (x)+ Q (x)= x?

Показать ответ и решение

Из исходного равенства заключаем, что $P2(x)− x$ кратно $Q2(x).$ После взятия производной имеем

′ 2 ′ 2P(x)P(x)+ 3Q (x)Q(x)= 1

следовательно, $2P(x)P ′(x)− 1$ кратно $Q2(x)$ $(∗),$ наконец

′ 2 ′ x(2P(x)P(x)− 1)− (P (x)− x)=P (x)(2xP(x)− P(x))

кратно $Q2(x),$ так же из $(∗)$ следует, что НОД $(P(x),Q(x))= 1.$ Таким образом, многочлен $R(x)= 2xP(x)′− P(x)$ кратно $Q2(x),$ следовательно, $degR(x)≥degQ2(x).$

C другой стороны, из изначального равенства, имеем

degR(x)≤ degP (x)= deg Q3(x)− x-≤degQ2(x) 2

что влечет противорчие.

Ответ:

Не существует

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#82286

Дан многочлен $P(x)$ степени $22$ . Известно, что у производной многочлена $P2(x)$ ровно $36$ различных вещественных корней. Какое наибольшее число различных вещественных корней может быть у многочлена $P (x)$ ?

Источники: ИТМО-2024, 11.1 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нужно взять производную от P^2(x). Она равна 2P(x)P’(x). Что вы можете сказать про корни производной, зная корни многочлена?

Подсказка 2

Вспомните теорему Ролля. Она гласит, что между корнями многочлена есть корень производной. Поймите отсюда верхнюю оценку количества корней, а затем придумайте пример.

Показать ответ и решение

Производная многочлена $P2(x)$ равна

( 2 )′ ′ P (x) = 2P (x)P (x)

Видно, что 36 корней этого выражения являются корнями многочлена $P(x)$ или его производной (могут быть одновременно корнями и многочлена, и производной).

При этом по теореме Ролля между каждыми двумя корнями многочлена находится корень производной, не являющийся при этом корнем многочлена. Поэтому если у многочлена $P(x)$ хотя бы 19 корней, то у его производной хотя бы 18 корней, так что суммарно уже 37 различных корней, а это больше 36.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма (доказывать на олимпиаде не требовалось): Если число $a$ является корнем многочлена $P(x)$ кратности $k,$ то для производной $′ P (x)$ число $a$ является корнем кратности $k− 1.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Пример на 18 корней строится так: рассмотрим многочлен

P0(x)= x5(x− 1)...(x − 13)(x− 14)(x− 15)(x− 16)(x − 17)

У него и у его производной 18 корней, но есть общий (только $x= 0$ общий по лемме, оставшиеся 17 корней находятся между корнями $P (x)$ по теореме Ролля). Тогда у $′ 2P0(x)P0(x)$ 35 корней.

Но при достаточно маленьком $𝜀> 0$ (можно взять конкретное $𝜀 =0.1$ ) многочлен $P(x)= P0(x)+𝜀$ будет иметь так же 18 корней и такую же производную, но $′ 2P (x)P (x)$ будет иметь уже 36 корней за счёт того, что $x= 0$ перестанеть являться корнем $P (x)$ .

Ответ:

$18$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#85569

Многочлены $P(x)$ и $Q(x)$ с вещественными коэффициентами таковы, что $P(x),P(x)− 1,Q(x),Q(x)− 1$ раскладываются на линейные множители. Оказалось, что множества корней многочленов $P (x)$ и $Q(x)$ совпадают, а также совпадают множества корней многочленов $P (x)− 1$ и $Q(x)− 1.$ Докажите, что $P (x)= Q(x).$

Показать доказательство

Не умаляя общности, пусть $n =degP ≥degQ.$ Рассмотрим многочлен $R(x)= P(x)− Q(x).$ Заметим, что все корни многочленов $P(x)$ и $P (x)− 1$ являются корнями многочлена $R(x).$ Заметим, что в сумме у многочленов $P(x)$ и $P(x)− 1$ ровно $2n$ корней (с учетом кратности). При этом каждый из корней этих многочленов входит с кратностью на один меньше в производную $′ ′ P(x)= (P (x)− 1).$ Всего у производной не более $n− 1$ корня, поэтому суммарно различных корней у $P (x)$ и $P(x)− 1$ не меньше $n+ n− (n − 1)= n+ 1> degR.$ Значит, $R (x)= 0,$ откуда $P (x)= Q(x).$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#85575

Найдите все такие многочлены $P(x)$ c вещественными коэффициентами, что

2 2 P(x) +1 =4P(x + 4x +1)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Поймите, что P(-4-x)^2=P(x)^2, но это ведь многочлены. Такое бывает не очень часто. Покажите из этого знания, что P(x)=P(-4-x)

Подсказка 2

Попробуйте рассмотреть следующую последовательность a_0=-2, a_{n+1} = -2+sqrt(3+a_n). Поймите, что все a_i являются корнями производной, чего быть не должно. Как тогда выглядит сама функция?

Показать ответ и решение

Заметим, что

2 2 2 2 P (− 4− x) + 1= 4P ((−4− x) +4(−4− x)+1)= 4P(x +4x+ 1)= P(x) + 1

откуда $(P(x)− P(−4− x))(P(x)+P (−4 − x))= 0$ при всех $x.$ Значит, один из множителей является тождественным нулем. В случае, если $P(x)+P (− 4− x)= 0,$ то подставив $x= 2,$ получим $P(−2)= 0.$ Теперь, подставив $x= −1$ в исходное условие, получаем $P (−1)2+ 1= 0,$ что невозможно. Значит, $P(x)= P(−4− x).$

Взяв производную от обеих частей, получаем $P′(x)= −P′(−4− x).$ Подставив $x= −2,$ получаем $P ′(−2)= 0.$ Продифференциировав исходное равенство, получим

′ ′ 2 2P(x)⋅P (X)= 4P (x + 4x+ 1)⋅(2x+ 4)

Построим последовательность $a0,a1,a2,...$ по правилу $a0 = −2,an+1 =− 2+ √3+-an$ (то есть больший корень уравнения $x2+ 4x+ 1= an$ ). Заметим, что $− 1 =a1 >a0 = −2.$ Тогда из того, что функция $f(x)= −2+ √3+-x$ строго возрастающая, заключаем $a = f(a)> f(a)= a , 2 1 0 1$ и так далее. То есть наша последовательность строго возрастающая (в частности $√3+-a- k$ — вещественный), а значит, все ее члены различны и $a >− 2 k$ для всех натуральных $k.$ Теперь докажем, что $P′(a )=0 k$ для любого $k$ идукцией по $k.$ База для $k= 0$ была доказана ранее. Подставив $x =a k+1$ в продифференциированное равенство, получим

′ 2P(ak+1)⋅P (ak+1)= 4P (ak)⋅(2ak+1 +4)= 0

откуда $P(a )=0 k+1$ или $P′(a )= 0. k+1$ В первом случае, подставив $x= a k+2$ в исходное равенство, получим

2 P(ak+2) +1 =4P (ak+1)=0

то есть приходим к противоречию. Значит, $P′(ak+1)= 0$ — переход доказан. То есть все члены построенной последовательности являются корнями многочлена $P′(x),$ откуда $P ′(x)=0.$ То есть $P (x)= c$ для некоторого вещественного $c.$ Снова подставив в исходное равенство, получаем $c2+ 1=4c,$ откуда $c= 2±√3.$

Ответ:

$P (x)= 2± √3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#75647

Докажите, что многочлен $1+ x+ x2+ ...+ xn 2! n!$ не имеет кратных корней.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В условии говорится про кратные корни. Как связаны корни производной и корни многочлена?

Подсказка 2

Кратный корень многочлена является корнем производной. Функция из условия какая-то странная, но может быть она хорошо связана со своей производной?

Показать доказательство

Пусть $P(x)= 1+ x+ x2+...+ xn-. 2! n!$ Если многочлен имеет кратный корень, то этот же корень имеет и его производная. Найдем производную: $′ x2 xn−1- P (x)= 1+ x+ 2! + ...+ (n−1)!.$

Допустим, что $P(x)$ и $′ P (x)$ имеют общий корень $x0.$ Тогда $x0$ является также является корнем уравнения $′ P (x)− P(x)= 0.$ $′ xn P (x)− P(x)= n!.$ Тогда $xn n! =0,$ откуда $x= 0.$ Однако $x= 0$ не является решением ни одного из уравнений $P (x)= 0$ и $′ P(x)= 0.$ Значит, у $P(x)$ нет кратных корней.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#75650

Лемма Гензеля. Дан многочлен $P(x)$ с целыми коэффициентами, $p$ — простое число. Пусть $P(a)$ делится на $p,$ а $P ′(a)$ не делится на $p$ для некоторого целого $a.$ Докажите, что для любого натурального $k$ найдётся $ak$ такое, что $P(ak)$ делится на $k p .$

Показать доказательство

Прежде чем доказывать лемму Гензеля сформулируем следующий вспомогательный результат.

Лемма. Пусть $f(x)$ — многочлен степени $m.$ Тогда

f′′(x) f(m)(x) f(x+ a)= f(x)+ af′(x)+a2--2--+...+am -m!---

Док-во леммы. Доказательство достаточно провести для многочлена вида $f(x)= xn$ ввиду линейности. Для такого многочлена необходимое равенство приобретает вид

(x+ a)n =xn +nxn−1a+ n(n-− 1)xn−2a2+...+ n(n−-1)⋅⋅⋅2⋅1an 2 n!

так что оно представляет из себя в точности формулу бинома Ньютона. Лемма доказана.

Также давайте докажем более строгое утверждение. Будем доказывать, что найдется такое $ak,$ что $ak ≡ a1 (mod p).$

Индукцией по $k.$

База. При $k= 1$ $∃a1 = a,$ удовлетворяющее всем условиям теоремы.

Переход индукции. Пусть теперь $k> 1$ и для $k− 1$ утверждение верно. Мы ищем элемент $ak$ с условиями $ak ≡ a1 (mod p)$ и $f(ak)≡0 (mod pk).$ Но для этого элемента будет тогда также выполнено $f(ak)≡ 0 (mod pk−1).$ Ввиду существования решения этого сравнения по модулю $pk− 1$ хотим, чтобы $ak ≡ak−1 (mod pk−1).$ Поэтому $ak$ будем искать в виде $ak = ak−1+ t⋅pk− 1$ с некоторым целым числом $t.$ В приведённой системе вычетов по модулю $pk$ найдётся ровно $p$ элементов такого вида, причём соответствующие им значения $t$ составят полную систему вычетов по модулю $p.$ Условие $ak ≡a1 (mod p)$ будет выполнено автоматически. Для проверки условия $f(ak)≡ 0 (mod pk)$ воспользуемся леммой и запишем

$f(ak)= f(ak−1+ t⋅pk− 1)= f(ak−1)+ t⋅pk−1⋅f′(ak−1)+...≡ ≡f(a )+t⋅pk−1⋅f′(a ) (mod pk) k−1 k−1$

Таким образом, должно быть выполнено

k−1 ′ k f(ak−1)+t⋅p ⋅f(ak−1) ≡0 (mod p )

Так как $f(ak−1)≡ 0 (mod pk−1),$ то обе части и модуль этого сравнения можно поделить на $pk−1.$ Получим

f(ak−1) ′ pk−1 +t⋅f (ak−1)≡ 0 (mod p)

Поскольку

f′(ak−1)≡f′(a1)⁄≡ 0 (mod p)

полученное сравнение относительно $t$ имеет решение. А следовательно нужное $ak$ существует.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#81816

Пусть $α ∈ℂ,$ а $P$ — это минимальный многочлен с целыми (рациональными) коэффициентами, у которого $α$ является корнем. Тогда $α$ является корнем первой кратности.

Показать доказательство

Предположим, что кратность корня $x= α$ хотя бы $2.$ Рассмотрим производную многочлена $P.$ Она также имеет корень $x =α$ и её коэффициенты являются вещественными. Степень производной меньше, чем степень $P.$ Следовательно, $P$ не многочлен наименьшей степени с вещественными коэффициентами и корнем $α,$ противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#81817

Докажите, что у многочлена $P (x)= a + axk1 + axk2 + ...+ a xkn 0 1 2 n$ не более $n$ положительных корней.

Показать доказательство

Докажем индукцией по $n.$ База при $n= 1$ тривиальна. Теперь рассмотрим многочлен $P(x)= a +a xk1 +a xk2 + ...+a xkn. 0 1 2 n$ Предположим, что он имеет хотя бы $n+ 1$ положительный корень. Упорядочим эти $n+ 1$ корней по возрастанию: $x1 < x2 < ...< xn+1.$ Теперь рассмотрим производную многочлена $P.$ Заметим, что по теореме Ролля она имеет корень на отрезке $(xi,xi+1)$ при всех $i∈ 1,2,...,n.$ То есть у производной хотя бы $n$ положительных корней. Теперь посмотрим на производную в явном виде:

P′(x)= a1k1xk1−1+a2k2xk2−1+ ...+ anknxkn−1 = xk1−1(a1k1+a2k2xk2−k1 + ...+ anknxkn−k1)

Нетрудно видеть, что все положительные корни $P′(x)$ являются корнями многочлена $a k +a k xk2−k1 + ...+ ak xkn−k1, 1 1 2 2 n n$ а он по предположению индукции имеет не более $n− 1$ положительный корень, противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#81818

Докажите, что при умножении многочлена $(x+ 1)k$ на любой многочлен, отличный от нуля, получается многочлен, имеющий хотя бы $k+ 1$ ненулевых коэффициентов.

Показать доказательство

Докажем индукцией по $k.$ База при $k= 0$ очевидна.

Теперь докажем переход. Рассмотрим многочлен $k (x+1) P(x).$ Без ограничения общности можно считать, что свободный член многочлена $P (x)$ отличен от $0$ (умножение на $x$ не меняет числа ненулевых коэффициентов). Тогда у многочлена $Q(x)$ свободный член также отличен от нуля и у производной $′ Q (x)$ на один ненулевой коэффициент меньше, чем у $Q (x).$ Но $k−1 ′ Q (x)= (x +1) ((x+ 1)P (x)+ kP(x)).$ То есть $′ Q (x)$ получается домножением многочлена $k−1 (x+ 1)$ на ненулевой (как легко проверить) многочлен $′ (x+ 1)P (x)+ kP(x).$ По предположению индукции у многочлена $′ Q(x)$ не менее $k$ ненулевых коэффициентов, следовательно, у многочлена $Q (x)$ не менее $k+ 1$ ненулевых коэффициентов.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#81819

Существуют ли такие многочлены $P(x)$ и $Q(x)$ с вещественными коэффициентами, что

10 9 21 20 P(x) + P(x)= Q(x) + Q(x)

Показать ответ и решение

Пусть такие многочлены существуют. Приравнивая степени многочленов слева и справа, понимаем, что $degP =21n,degQ = 10n$ для некоторого натурального $n.$ Возьмём производную от левой и правой частей равенства:

′ 9 8 ′ 20 19 P (x)(10P (x) + 9P (x) )=Q (x)(21Q(x) + 20Q(x) )

Нетрудно понять, что НОД $(10P (x)+ 9,P(x))=$ НОД $(10P(x)+ 9,P(x)+ 1)= 1.$ Следовательно, НОД $(10P (x)+ 9,P (x)9(P(x)+ 1))= 1.$ Из первоначального равенства следует, что $P (x)9(P(x)+ 1)$ делится на $Q (x),$ а значит НОД $(10P(x)+9,Q(x))= 1.$ Таким образом, $Q′(x)(21Q(x)+20)$ делится на $10P(x)+ 9.$ Осталось заметить, что это невозможно, поскольку $′ 0 <deg(Q (x)(21Q (x)+ 20))= 20n− 1<21n =deg(10P(x)+9),$ то есть мы пришли к противоречию.

Ответ:

Не существуют

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#81873

Существует ли многочлен с вещественными коэффициентами, значения которого во всех натуральных числах — степени двойки?

Показать ответ и решение

Предположим, что существует. Ясно, что начиная с некоторого натурального $n 0$ многочлен будет либо строго возрастать, либо строго убывать (пусть возрастать). Получается, что с некоторого момента многочлен на натуральных числах будет расти не медленнее, чем показательная функция $x 2,$ но такого быть не может. Функция $x 2$ рано или поздно перерастёт любой многочлен.

Ответ:

Не существует

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#75239

Дана пара взаимно-простых многочленов с действительными коэффициентами $P(x)$ и $Q (x)$ степеней $2021$ и $2000$ соответственно (взаимно-простые означает, что не существует многочлена $R (x),$ не равного константе, на который делятся $P(x)$ и $Q(x)).$ Гриша выбирает конечное множество действительных чисел $c1,...,cn$ (помните, в множестве элементы не повторяются, размер множества Гриша тоже выбирает сам), находит число различных кратных действительных корней у многочлена $P (x)+ ciQ(x)$ (при $i$ от 1 до $n$ ) и складывает полученные числа. Какую наибольшую сумму Гриша может получить в результате этого процесса?

Источники: Высшая проба - 2021, 11.5(см. olymp.hse.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как нам определить является ли какое-то число кратным корнем? Очень просто - надо проверить, что оно зануляет многочлен и его производную(для общего развития - подумайте какое условие нужно записать, чтобы найти корень кратности k, где k - константа). Запишите проверку на кратность корня и подумайте как компактнее записать эти два условия.

Подсказка 2

Верно, компактнее можно записать эти условия так: Q(a) != 0(почему?) и (P(x)/Q(x))’(a) = 0, где а - наш кратный корень. Как тогда оценить количество кратных корней, если все искомые кратные корни - это корни многочлена производной дроби выше?

Подсказка 3

Количество корней не больше степени многочлена, а значит, осталось найти степень и построить пример. Со степенью легко, а из каких соображений строить пример? Нам нужно, чтобы у производной было много корней. Какая теорема помогает нам искать корни производной на промежутке(нам же нужно как то полу конструктивно найти много корней производной)? Если вы поймете, что это за теорема, то подогнать данное в задаче под условие этой теоремы будет не так уж трудно.

Подсказка 4

Будем подгонять ситуацию под условие теоремы Ролля. Нам нужна непрерывность и дифференциируемость на интервале и равные значения в концах. Давайте, чтобы одни корни многочлена не залезали на другие, скажем, что у P(x) все корни действительные и различные и их столько же, какая степень, при этом, все они лежат слева от корней многочлена Q(x) на которые накладываются те же условия. Тогда остается взять за интервалы - интервалы между корнями, проверить, что все требуемые условия для теоремы Ролля выполняются, а также как-то подогнать под условие теоремы Ролля интервалы с концами в корнях Q(x), подумать про их количество и каким, может быть не интервалом, но другим промежутком, можно заменить недостающий интервал, если такой есть(спойлер - есть).

Показать ответ и решение

Оценка.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. В Гришиной сумме могут быть учтены те и только те числа $α$ , в которых производная функции $P-(x) f(x)= Q (x)$ обращается в ноль, причем каждое такое $α$ может быть посчитано максимум для одного $ci$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Доказательство. Как известно, число $α$ является кратным корнем многочлена $T (x)$ если и только если $α$ является корнем многочлена $T (x)$ и его производной $T ′(x)$ . Пусть $α$ — кратный корень $P (x)+ cQ (x)$ , имеем левую из систем:

( ( ( { P(α)+ cQ (α)= 0(∗) ⇔ { Q(α)⁄= 0 ⇔ { ′ Q(′α)⁄= 0 ( P ′(α)+cQ′(α )=0(∗∗) ( P′(α)− PQ((αα))Q ′(α)= 0 ( P(α)Q(αQ)−2P(α)(α)Q(α)= 0

Первая равносильность заслуживает пояснений: из уравнения $(∗)$ если $Q(α)= 0$ что и $P(α)=0,$ то невозможно поскольку многочлены взаимно-просты. Если же $Q (α)⁄= 0$ то деление на него является равносильным переходом, а $c$ однозначно находится из (*). Второй переход: просто поделили на $Q (x).$ Осталось заметить, что $P′(x)Q(x)Q−2(Px()x)Q′(x)$ это в точности производная $P-(x). Q (x)$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Итак, мы получили что все числа, посчитанные в гришиной сумме, это корни многочлена $T(x)= P′(x)Q (x)− P(x)Q ′(x),$ который имеет не более чем $4020$ степень (при взятии производной степень многочлена уменьшается на единицу, при перемножении многочленов - складывается, при вычитании не увеличивается), покажем что $T(x)$ не может быть тождественно нулем (на самом деле покажем, что степень ровно $4020$ ). Пусть $p 2021$ и $q 2000$ — старшие (а значит, ненулевые) коэффициенты многочленов $P(x)$ и $Q(x)$ соответственно. Тогда коэффициент $T(x)$ при $x4020$ есть $2021p q − 2000p q = 21p q ⁄= 0. 2021 2000 20212000 20212000$ Таким образом, мы доказали оценку сверху: сумма не может быть больше $4020.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Пример.

Возьмём $P (x)$ и $Q(x)$ такими, что все их корни вещественны, различны и все корни $P(x)$ лежат левее всех корней $Q (x).$ Тогда есть $2020$ отрезков между соседними корнями $P(x),$ на каждом из этих отрезков функция $f(x)$ непрерывна (все корни знаменателя правее), равна нулю в концах отрезка и не равна нулю в остальных точках, значит в какой-то точке производная принимает нулевое значение по теореме Ролля — нашли $2020$ нулей производной. Теперь посмотрим на интервалы между соседними корнями $Q(x),$ и также на открытый луч от самого правого из них до плюс бесконечности. На каждом интервале функция непрерывна, не меняет знак (поскольку не принимает нулевого значения — все корни числителя лежат левее), в концах интервалов $f(x)$ стремиться к бесконечности (поскольку это корни числителя), при $x→ +∞$ аналогично $f(x)$ стремится к бесконечности, поскольку степень числителя больше степени знаменателя. Значит, на каждом из промежутков модуль достигает минимума во внутренней точке, там производная обращается в ноль (альтернативно можно воспользоваться теоремой Ролля для функции $1 f(x)$ ) — нашли еще $2000$ нулей производной.

Ответ:

$4020$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#75649

Исходно на доске написаны многочлены $x2− 4x$ и $x3− 3x2+ 5.$ Если на доске написаны многочлены $f(x)$ и $g(x),$ разрешается дописать на неё многочлены $f(x)+ g(x),f(x)g(x),f(g(x))$ и $cf(x),$ где $c$ — произвольная (не обязательно целая) константа. Может ли на доске после нескольких операций появиться многочлен вида $n x − 1$ (при натуральном $n$ )?

Источники: Всеросс., 2014, ЗЭ, 11.7(см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка

Понять, какие многочлены получатся очень тяжело, но легче посмотреть на их производные. Поймите, что будет общего у всех производных полученных функций.

Показать ответ и решение

Рассмотрим производные изначальных многочленов: $(x2− 4x)′ = 2x − 4,(x3 − 3x2+ 5)′ = 3x2− 6x.$ Обе производные имеют нули в $x =2.$

Теперь докажем следующую лемму:

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. Имеется множество функций, каждая из которых имеет ноль производной в заданной точке. Тогда, любая новая функция, полученная способом, описанным в задаче, из функций множества, тоже будет иметь корень производной в этой точке.

Доказательство леммы. Пусть новая функция $h$ была получена из функций $f$ и $g$ по одному из способов, упомянутых в условии. По условию леммы имеется такое фиксированное $x =a,$ что $′ ′ f (a)= g(a)= 0.$

1) $h =f +g ⇒ h′ =f′+ g′ ⇒ h′(a)= f′(a)+ g′(a)= 0.$ Значит, $x= a$ — ноль функции $h.$

2) $h =f ⋅g ⇒ h′ = f′⋅g+ f ⋅g′ ⇒ h′(a)= f′(a)⋅g(a)+g′(a)⋅f(a)=0.$ Значит, $x =a$ — ноль функции $h.$

3) $h(x)= f(g(x)) ⇒ h′ = f′(g(x))⋅g′(x) ⇒ h′(a)= f′(g(a))⋅g′(a)= 0.$ Значит, $x =a$ — ноль функции $h.$

4) $h =c ⋅f ⇒ h′ =c ⋅f′ ⇒ h′(a)= c⋅f′(a)= 0.$ Значит, $x= a$ — ноль функции $h.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма доказана. Вернемся к исходной задаче. По лемме мы получаем, что каждая новая функция на доске будет иметь ноль производной в точке $x= 2.$ Но рассмотрим функцию, которую мы хотим получить: $(xn− 1)′ = nxn− 1.$ Заметим, что у ее производной не имеется нуля в точке $x= 2.$ Значит, по лемме мы не можем получить такую функцию.

Ответ:

Нет, не может

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#99358

Пусть $m$ и $n$ — натуральные числа, $m< n.$ Докажите, что $∑n (−1)nkmCk= 0. k=1 n$

Источники: Квант, 1972

Показать доказательство

Рассмотрим многочлены $P (x)= ∑n kmCkxk−1. m k=1 n$ Заметим, что $P (x)= ((1 +x)n)′, 1$ $P (x)=(xP (x))′. m+1 m$ Число $− 1$ является корнем многочлена $(x+ 1)n$ кратности $n,$ поэтому оно будет корнем многочлена $P1(x)$ кратности $n− 1,$ $P2(x)$ кратности $n− 2,$ $...,$ корнем $Pm (x)$ кратности $n− m.$ Очевидно, что интересующая нас сумма равна $Pm (− 1).$

Предыдущий раздел

Следующий раздел