Задача 65761

Темы:    [ Целочисленные и целозначные многочлены ] [ Принцип крайнего (прочее) ] [ Примеры и контрпримеры. Конструкции ]

Сложность: 3+ Классы: 9,10,11

Условие

Автор: Богданов И.И.

Пусть n – натуральное число. На  2n + 1  карточках написано по ненулевому целому числу; сумма всех чисел также ненулевая. Требуется этими карточками заменить звёздочки в выражении  *x²ⁿ + *x^2n–1 + ... *x + *  так, чтобы полученный многочлен не имел целых корней. Всегда ли это можно сделать?

Решение

  Пусть p₀, p₁, ..., p_2n – числа на карточках, причём p_2n – наибольшее по модулю из них. Поставим p_i коэффициентом при xⁱ. Тогда, если a – целое число, по модулю не меньшее 2, то  |p_2na²ⁿ| > |p_2n|(|a^2n–1| + |a^2n–2| + ... + 1) ≥ |p_2n–1a^2n–1| + |p_2n–2a^2n–2| + ... + |p₀| ≥ |p_2n–1a^2n–1 + p_2n–2a^2n–2 + ... + p₀,  так что a – не корень полученного многочлена.
  Осталось переставить коэффициенты  p_2n–1, p_2n–2, ..., p₀  так, чтобы числа 0 и ±1 также не были корнями. Числа 0 и 1 в любом случае корнями не являются, поскольку  p₀ ≠ 0 ≠ p_2n + p_2n–1 + p_2n–2 + ... + p₀  по условию. Предположим, что  x₀ = –1  является корнем многочлена при любой перестановке коэффициентов  p_2n–1, p_2n–2, ..., p₀.  Тогда, если поменять местами p_i и p_i–1 (при  i = 1, 2, ..., 2n – 1),  значение многочлена в x₀ не изменится, что возможно лишь при  p_i = p_i–1.  Но тогда наш многочлен имеет вид  p_2na²ⁿ + p₀(x^2n–1 + x^2n–2 + ... + 1),  и его значение в точке  x₀ = –1  равно  p_2n ≠ 0.  Противоречие.

Ответ

Всегда.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название	Всероссийская олимпиада по математике
год
Вариант	2015/2016
этап
Вариант	5
класс
Класс	11
задача
Номер	11.5