Страница:
<< 3 4 5 6
7 8 9 >> [Всего задач: 49]
|
|
|
Сложность: 4
Классы: 8,9,10,11
|
Барон Мюнхгаузен придумал теорему: если многочлен $x^n - a x^{n-1} + bx^{n-2} + \ldots $ имеет $n$ натуральных корней, то на плоскости найдутся $a$ прямых, у которых ровно $b$ точек пересечения друг с другом. Не ошибается ли барон?
Решение
Пусть корни многочлена из условия — числа $x_1,\ldots, x_n$.
Выберем $n$ различных направлений на плоскости и возьмём $x_1$ прямых первого направления, $x_2$ — второго,..., $x_n$ — $n$-го направления.
Тогда, по формулам Виета, число прямых $x_1+\ldots+x_n$ будет равняться $a$, а число их точек пересечения между собой будет равняться $b$, если только никакие три прямые не пересекутся в одной точке. Этого можно добиться, проводя прямые последовательно: очередную прямую нужного направления выбираем так, чтобы она не задевала уже имеющиеся точки пересечения (их на каждом шаге конечное число).
Ответ
не ошибается.
|
|
|
Сложность: 4
Классы: 8,9,10
|
P(х) – многочлен с целыми коэффициентами. Известно, что числа 1 и 2 являются его корнями. Докажите, что найдётся коэффициент, который меньше –1.
Решение
Пусть P(x) = anxn + ... + a1x + a0. Тогда 0 = an + ... + a1 + a0, 0 = 2nan + ... + 2a1 + a0.
Перенесём в этих равенствах все члены с отрицательными коэффициентами в левую часть. Если все ai ≥ –1, получаем противоречие с замечанием к задаче 97967: |ai| – количества гирь веса 2i на соответствующей чашке, на левой чашке все гири разные, их столько же, сколько и на правой, однако наборы гирь даже не пересекаются.
|
|
|
Сложность: 4
Классы: 9,10,11
|
Многочлен P(x) степени n имеет n различных действительных корней. Какое наибольшее число его коэффициентов может равняться нулю?
Решение
Оценка. Между любыми двумя корнями дифференцируемой функции есть корень её производной. Значит, многочлен P'(x) (степени n – 1) имеет n – 1 различных действительных корней, то есть не имеет кратных корней. Продолжая, получим, что тем же свойством обладают все производные многочлена P. Из этого следует, что из любых двух идущих подряд коэффициентов многочлена P хотя бы один не равен нулю. Действительно, если равны нулю коэффициенты при xk и xk+1, то у производной P(k) равны нулю свободный член и коэффициент при x. Но это значит, что 0 является кратным корнем P(k), что не так.
Разобьём коэффициенты многочлена на пары (оставив при чётном n старший коэффициент без пары). По доказанному число нулевых коэффициентов не превосходит числа пар, то есть n/2 при чётном и (n+1)/2 при нечётном n.
Примеры. Многочлены (x² – 1)(x² – 2²)...(x² – k²) степени n = 2k и x(x² – 1)(x² – 2²)...(x² – k²) степени n = 2k + 1 показывают, что улучшить этот результат нельзя: у первого коэффициенты при всех нечётных степенях, а у второго – при всех чётных степенях равны нулю.
Ответ
n/2 при чётном n, (n+1)/2 при нечётном n.
|
|
|
Сложность: 4
Классы: 10,11
|
Пусть многочлен P(x) = anxn + an–1xn–1 + ... + a0 имеет хотя бы один действительный корень и a0 ≠ 0. Докажите, что, последовательно вычеркивая в некотором порядке одночлены в записи P(x), можно получить из него число a0 так, чтобы каждый промежуточный многочлен также имел хотя бы один действительный корень.
Решение
Приведём схему вычеркивания одночленов, дающую на каждом шаге многочлены, имеющие корни.
Пусть многочлен P(x) = axn + bxm + ... + c (a, b, c ≠ 0) содержит не менее трёх членов (xn и xm – две старших степени переменной x в P). Если n или m нечётно, вычеркивая в P(x) одночлен bxm или axn соответственно, получим многочлен нечётной степени, имеющий хотя бы один корень.
Вычеркивая в дальнейшем другие одночлены, мы получим искомую оследовательность многочленов. Поэтому далее рассматриваем случай, когда n и m чётны.
Умножая при необходимости на –1, можем считать, что a > 0. Если c < 0, то в P(x) можно вычеркнуть любой одночлен, отличный от старшего и свободного члена, полученный многочлен P1(x) принимает отрицательное значение c при x = 0 и положительное при достаточно большом x, значит, имеет корень. Далее считаем, что c > 0.
Пусть P(t) = 0. Если b > 0, вычеркнем в P(x) одночлен bxm. При больших положительных x значение полученного многочлена P1(x) положительно, но P1(t) = P(t) – btm < 0 (так как t ≠ 0, а m чётно), следовательно P1(x) имеет корни. Если же b < 0, вычеркнем одночлен axn, тогда значения P(x) отрицательны при больших x, но P1(0) = P(0) = c > 0, значит, он тоже имеет корни.
По приведённой схеме мы получим в конце многочлен, имеющий корни и содержащий ровно два одночлена, один из которых – P(0).
|
|
|
Сложность: 4+
Классы: 9,10,11
|
Даны положительные рациональные числа a, b. Один из корней трёхчлена x² – ax + b – рациональное число, в несократимой записи имеющее вид m/n. Докажите, что знаменатель хотя бы одного из чисел a и b (в несократимой записи) не меньше n2/3.
Решение
Пусть a = k/c, b = l/d. Пусть некоторое простое p входит в разложение числа n на простые множители в степени α. По условию m²/n² – km/cn + l/d = 0, при этом p входит в разложение знаменателя первой дроби в степени 2α. Если в разложения обоих остальных знаменателей число p входит в меньших степенях, то итоговая дробь не может оказаться целым числом. Значит, либо cn, либо d кратно p2α, то есть либо c кратно pα, либо d кратно p2α. В любом случае, число c²d делится на p2α. Поскольку аналогичный факт верен для каждого простого делителя n, то c²d делится на n². Отсюда c²d ≥ n², следовательно одно из чисел c, d не меньше n2/3.
Страница:
<< 3 4 5 6
7 8 9 >> [Всего задач: 49]
Фильтр
