Многочлены и квадратные трёхчлены на Росатоме —Каталог задач по Олимпиадной математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Многочлены и квадратные трёхчлены на Росатоме

Тема Росатом

Многочлены и квадратные трёхчлены на Росатоме

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела росатом

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#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.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Формула подсчёта расстояния между двумя данными точками использует квадрат этого расстояния. Тогда что мы можем сказать про квадрат числа, если корень из него — целочисленное значение?

Подсказка 2

Выражение квадрата расстояния содержит сразу и абсциссы, и ординаты наших точек, это очень много переменных, вот бы оставить что-то одно из этого. Откуда же тогда можно получить y₁ - y₂ и x₁ - x₂ в одном выражении (где x₁, x₂, y₁, y₂ — абсциссы и ординаты данных точек соответственно)?

Подсказка 3

Тогда квадрат расстояния — это (x₁ - x₂)2(1 + k²), где k — некоторое выражение, записанное сейчас одной переменной для удобства. Имеется выражение «квадрат = 1 + квадрат», но много ли квадратов целых чисел отличаются на 1? Какой вывод можно сделать об абсциссах данных точек и о вершине параболы?

Подсказка 4

Осталось ещё одно условие в задаче, про дискриминант. Если изначальный квадратный трёхчлен равен y = x² + bx + с. В дискриминанте задействованы b и c, а в предыдущем найденном факте мы упоминали вершину, что их связывает? Конечно же b! А после можно будет сделать вывод на чётность x₁ - x₂.

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.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#83300

Дан многочлен $(1+x15+ x17)6$ . Найти коэффициент при $x49.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обратим внимание на степени переменных. Понятно, что при раскрытии скобок для каждого одночлена степень будет вида 17n+15m. Тогда найдём натуральные решения для 17n+15m=49

Подсказка 2

Правильно, единственное решение - (2;1). То есть при перемножении скобок мы 2 раза взяли х¹⁷ и 1 раз х¹⁵. Обратим внимание также, что в заданной скобке перед каждым одночленом коэффициент 1. Как тогда мы можем выразить коэффициент перед х⁴⁹?

Подсказка 3

Конечно, коэффициент перед х⁴⁹ равен количеству способов выбрать комбинацию из двух х¹⁷ и одного х¹⁵ в 6 скобках. Остаётся только это досчитать

Показать ответ и решение

Понимаем, что при раскрытие скобок степень каждого одночлена будет иметь вид $17n +15m,$ где $n$ — количество взятых $x17,m$ — количество взятых $15 x .$ Поэтому решим сначала уравнение в натуральных числах

17n +15m = 49

Нетрудно заметить решение $n= 2,m =1,$ а также что это решение единственное, т.к. иначе, чтобы сохранить нужные остатки, $x$ будет изменяться на кратное 15 число, а $y$ на кратное 17, поэтому одно из них станет отрицательным.

Осталось лишь посчитать количество способов выбрать комбинацию из двух $x17$ и одного $x15$ в 6 скобках:

2 1 6⋅5 C6 ⋅C 4 = 2 ⋅4= 60

Ответ: 60

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#79620

Многочлен $P(x)$ с целыми коэффициентами удовлетворяет условию $P(17)= P(23)=2023$ . Найти наименьшее возможное при этих условиях значение $P(0)> 0$ .

Источники: Росатом-2023, 11.1 (см. olymp.mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте рассмотрим многочлен Q(x) такой, что Q(x) = P(x) – 2023. Следовательно, положительное число P(0) равно Q(0) + 2023. В виде произведения каких чисел можно представить Q(0)?

Подсказка 2

Q(17)=Q(23)=0, значит, числа 17 и 23 являются корнями многочлена Q(x), тогда по теореме Безу его можно разложить как (x-17)(x-23)R(x), где R(x) – многочлен с целыми коэффициентами. Мы знаем, что P(0) > 0, тогда что можно сказать про R(0)?

Подсказка 3

Подставим: P(0) = 17*23*R(0) + 2023. Значит, R(0) будет больше -2023/(17*23). Но R(x) – многочлен с целыми коэффициентами, значит, R(0) – это целое число. Какое минимальное значение может принимать R(0) и какое минимальное значение в таком случае будет иметь P(0)?

Показать ответ и решение

Пусть $Q(x)= P(x)− 2023,$ тогда $Q(17)=Q (23)= 0,$ следовательно, по теореме Безу, $Q(x)$ делится на $(x− 17)$ и на $(x− 23).$ Таким образом, имеет место представление

Q(x)= (x− 17)(x− 23)R(x),

$R(x)$ — некоторый многочлен с целыми коэффициентами. Тогда

P(x)= (x− 17)(x− 23)R(x)+ 2023

P(0)=17⋅23R(0)+ 2023 =391m +2023, m ∈ℤ

Поскольку $[2039231 ]= 5,$ получаем $P (0)min = 2023− 5⋅391 =68.$ Например, это минимум реализуется при

P(x)=2023− 5(x− 17)(x− 23)

Замечание. На самом деле в качестве $Q(x)$ можно взять любой многочлен с целыми коэффициентами, такой что $Q (0)= −5.$

Ответ: 68

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#80502

Петя написал на бумаге некоторый многочлен с неотрицательными целыми коэффициентами и думал, что Вася, задав только два вопроса Пете по телефону, никогда не сможет определить все коэффициенты многочлена. На первый Васин вопрос: «Чему равно значение многочлена при $x= 3?$ » Петя ответил «49». На второй Васин вопрос: «Чему равно значение многочлена при $x= 49?$ » был получен ответ «122455». Вася, немного подумав, назвал Пете все коэффициенты многочлена, который он написал. Какой многочлен придумал Петя?

Показать ответ и решение

Пусть он задумал $f(x)=∑ a xn n n$ . Так как $f(3)≥ 3na n$ , то для $n> 3$ верно, что $a =0 n$ . Значит, $f(x)= ax2+ a x2+a x+ a 3 2 1 0$ .

Заметим, что $f(3) =49≥ ai$ для любого $i$ . Так как $f(49)=122455 ≡4 ≡a0 (mod 49).$ Так как $f(3)= 49≥ a0$ , то $a0 = 4$ .

27a3+ 9a2 +3a1 = 45

9a3+ 3a2 +a1 = 15

Значит, $a3,a2,a1 <49$ .

493a3+492a2+49a1 = 124551

492a3+49a2+ a1 =2499

Значит, $.. a1.49$ и $a1 = 0$

49a3+a2 = 51

Значит, $a2 ≡ 2 (mod 49)$ и $a2 =2$ , а $a3 =1$ .

Ответ:

$x3+ 2x2+4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#68527

Многочлен $P(x)$ с целыми коэффициентами при $x= 2$ принимает значение $3$ , а при $x= 4$ его значение равно $1$ . Известно, что уравнение $P (n)= n− 1$ имеет целое решение. Найти это решение.

Показать ответ и решение

Заметим, что $P(n)− P(2)= n− 4$ делится на $n− 2$ , что возможно только при $n= 1,3,4$ . При этом по аналогичным соображениям $P (n)− P(4)= n − 2$ делится на $n − 4$ . При $n> 6$ выполнены неравенства $0 <n − 4 <n − 2 <2⋅(n− 4)$ , поэтому $n≤ 6$ . Далее несложным перебором получаем, что делимость возможна только при $n =2,3,5$ . Вспомнив первое условие, понимаем, что возможен только один вариант $n= 3$ .

Ответ:

$n =3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#48858

Петя написал в своей тетради многочлен $P (x)$ с целыми коэффициентами и предложил Васе угадать его степень. Вася задал Пете два вопроса: «Чему равно значение многочлена при $x= −3$ ?» и «Чему равен остаток от деления многочлена на $(x− n)$ , где $n$ – его степень?». Получив ответы $1$ и $6$ соответственно, Вася уверенно назвал степень многочлена. Как он это сделал? Какова степень многочлена?

Источники: Росатом-21, 11.1 (см. olymp.mephi.ru)

Показать ответ и решение

Первое условие можно написать в виде $P(−3)= 1$ , для второго получим $P(x)= (x − n)Q(x)+6$ для некоторого многочлена $Q$ . Подставляя $n$ , имеем $P(n)=6$ . Воспользуемся теоремой Безу