Многочлены на ПВГ —Каталог задач по Олимпиадной математике

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

Тема ПВГ (Покори Воробьёвы Горы)

Многочлены на ПВГ

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела пвг (покори воробьёвы горы)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#47066

Определите значение функции:

5 4 3 2 f(x)=x + ax + bx + cx +dx+ e

в точке $x= 2018$ , если $f(2019)=f(2023)= 0,f(2020)= f(2022)= −3,f(2021)= −4$ .

Источники: ПВГ-2019, 11.5 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

Давайте попробуем сделать условие более симметричным - например, завести новую функцию g(x) = f(x + 2021)

Подсказка 2!

Наша цель - узнать что-то полезное про это равенство пятой степени. Для этого давайте попробуем сделать такую функцию, чтобы все наши значения были ее корнями.

Подсказка 3!

Например, подойдет m(x) = g(x) - x^2 + 4. Заметим, что теперь все наши числа из условия дают 0 этой функции. Осталось проанализировать получившееся!

Показать ответ и решение

Рассмотрим $g(x)= f(x +2021)$ . Тогда $g(x)=x5+ px4+ qx3+ vx2+ux +w$ , при этом $g(−2)= g(2)= 0,g(−1)= g(1)= −3,g(0)= −4.$

Рассмотрим $2 h(x) =g(x)− x + 4.$ Тогда $h(− 2)= h(2)=0− 4+ 4= 0,h(−1)= h(1)= −3− 1+ 4= 0,h(0)=g(0)− 0 +4= 0.$

При этом $h(x)$ также остаётся многочленом пятой степени. Поэтому он имеет не больше пяти корней, при этом пять корней мы уже нашли, так что по теореме Безу $h(x)= x(x − 1)(x +1)(x − 2)(x +2).$

Искомое значение $2 f(2018)= f(−3+ 2021)= g(−3)= h(−3)+(−3) − 4 =− 3⋅8⋅5+9 − 4= −120+ 5= −115.$

Ответ:

$− 115$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#49150

Учитель написал на доске многочлены с целыми коэффициентами:

n n−1 m m −1 P(x)=anx + an−1x +...+a1x+ a0 и Q(x) =bmx + bm− 1x +...+b1x+ b0

и дал задание найти целое значение $x$ , такое, что $P(x)$ делится (нацело) на $Q (x)$ . Петя Васечкин взялся за дело и, взяв для начала $x =0$ , получил $P(0)=4,Q(0)=3$ . «Не делится», подумал Петя, и решил подставить $x= 1$ . Получилось $P(1)= −137,Q(1)= 0$ . «А ноль делить нельзя», — подумал Петя. Он попробовал взять $x= 2$ , но там получались большие числа и Петя запутался в вычислениях. Напоследок он решил попробовать взять $x =− 1$ и получил $P(−1)= 137,Q(−1)= −6$ . «Да таких значений $x$ просто не существует!» — воскликнул Петя. Прав ли он?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обратите внимание на то, какие числа подставил мальчик в многочлен: -1, 0 и 1 (двойка нам не дает никаких значений). Если посмотреть отдельно на все значения Р(х) и Q(x), то что вы можете сказать о их делимости на 3?

Подсказка 2

Именно, значения Р не делятся на 3, а значения Q делятся на 3. Доказав, пользуясь теоремой Безу, что ни одно значение Р не кратно 3, мы решим задачу (почему?)

Показать ответ и решение

Заметим, что Петя подставил в многочлены все остатки по модулю $3$ . При этом многочлен $P$ никогда не бывает кратен $3$ , какой бы остаток мы не подставили. В это же время многочлен $Q$ при любом остатке равен числу, кратному трём. Отсюда следует, что не найдётся такое целое значение $x$ , что $P(x)Q≡(x)0$ , поскольку это значило бы делимость $P(x)≡3 0$ , которая не выполняется. Значит, Петя прав.