Многочлены на Курчатове —Каталог задач по Олимпиадной математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Многочлены на Курчатове

Тема Курчатов

Многочлены на Курчатове

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела курчатов

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#68027

Многочлены $P(x)$ и $Q(x)$ с действительными коэффициентами имеют степень 10. Известно, что для любого действительного $x$ верно

P(x)⋅Q(x) ≥|P(x)|.

Какое наибольшее количество различных корней может быть у многочлена $P(x)⋅Q (x)?$

Источники: Курчатов-2023, 11.3 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте сначала сделаем оценку, потому что непонятно, как подобраться к примеру. Рассмотрим неравенство из условия. Справа у нас присутствует модуль, а слева его нет. Удобнее работать с таким неравенством, когда с обеих сторон модуль. Как можно добиться того, чтобы и слева был модуль?

Подсказка 2

Верно, можно записать произведение под знаком модуль, так как это будет больше, чем обычное произведение многочленов. Давайте теперь попробуем что-нибудь подставлять и смотреть, что получается. Что хорошего сюда можно подставить, чтобы сделать какие-то выводы?

Подсказка 3

Да, давайте попробуем подставить один из корней Q(x). Тогда слева у нас будет ноль. В итоге, мы получили, что модуль неположительный. Но такое может быть, если только корень Q(x) является и корнем P(x). Отсюда следует важный вывод: множество корней произведения Q(x) и P(x) совпадает с множеством корней P(x). Мы получили максимальную информацию из такого неравенства, поэтому теперь можем сократить на |P(x)| для всех x, не являющихся корнями P(x). Что теперь хочется узнать про Q(x)? Может ли он при каких-то значения быть не больше -1, а при каких-то хотя бы 1?

Подсказка 4

Верно, так происходить не может. Q(x) либо хотя бы 1 при всех рассматриваемых x, либо не превосходит − 1 при всех рассматриваемых x. Действительно, если предположить противное, то мы быстро получаем противоречие. Допустим Q(x)≥ 1. Какой вывод тогда про знак P(x) можно сделать, возвращаясь к исходному неравенству из условия?

Подсказка 5

Да, P(x) принимает только неотрицательные значения при всех x. Но тогда у него не может быть корней кратности 1! Получается, что каждый корень кратности хотя бы 2. Если степень многочлена равна 10, то отсюда уже можно понять, что максимальное число корней P(x) равно пяти. Осталось только придумать несложный пример и победа!

Показать ответ и решение

Пример. Пусть $P(x)= (x− 1)2(x− 2)2(x− 3)2(x − 4)2(x− 5)2,Q(x)= x10+ 1.$ Тогда, действительно, для любого $x∈ ℝ:$

P(x)⋅Q(x) ≥|P(x)|.

Оценка. По свойству модуля: $|P (x)⋅Q(x)|≥ P(x)⋅Q (x)≥ |P (x)|.$ Тогда получим такое неравенство:

|P(x)⋅Q(x)|≥ |P(x)|.

Пусть $x0$ является корнем $Q(x),$ тогда подставим его в это неравенство:

0 ≥|P(x )|. 0

Значит, $P(x0)= 0,$ то есть множество корней $P(x)⋅Q (x)$ совпадает с множеством корней $P(x).$ Теперь будем рассматривать $x,$ которые не является корнями $P(x),$ тогда разделим на $|P (x)|,$ получим, что $|Q(x)|≥ 1.$

Докажем, что многочлен $Q (x)$ либо хотя бы $1$ при всех рассматриваемых $x,$ либо не превосходит $− 1$ при всех рассматриваемых $x.$ Для этого предположим противное, пусть есть такие $x1,x2,$ что $Q(x1)≥ 1;Q (x2)≤ −1.$ Но из непрерывности $Q (x)$ следует, что все значения на промежутке $[Q(x2),Q(x1)]$ будут достигаться. А также поскольку множество корней $P(x)$ конечно, то получим противоречие с условием $|Q (x)|≥1.$

Для определенности будем рассматривать случай, когда $Q(x)≥ 1.$ Так как

P(x)⋅Q(x)≥ |P(x)|≥ 0,

то $P(x) ≥0,x∈ ℝ.$ Это означает, что у $P(x)$ не может быть корней кратности $1$ , ведь иначе в окрестности любого из таких корней многочлен принимал бы значения разных знаков. Значит, каждый корень многочлена P(x) имеет кратность не менее $2;$ а так как сумма кратностей корней не превосходит степень многочлена, корней у $P (x)$ не более $5.$