5. série. Polünoomid(estonské zadání) Téma: Termínodeslání:

Transkript

1 Téma: Termínodeslání: 5. série Polünoomid(estonské zadání) ¾ º ÒÓÖ ½ ĐÍÐ ÒÒ ½ Olgu P(x) täisarvuliste kordajatega polünoom, mille lahenditeks on 13 erinevat täisarvu. Tõestada,etkui nontäisarv,millekorral P(n) 0,siis P(n) 7 (6!) 2.Tuuanäide täisarvuliste kordajatega polünoomist P(x), mille lahenditeks on 13 erinevat täisarvu ja mingitäisarvu nkorral P(n) =7 (6!) 2. ĐÍÐ ÒÒ ¾ Lahendada võrratus ĐÍÐ ÒÒ Olgu polünoomi kordajad a 1, a 2,..., a n 1 mittenegatiivsedreaalarvudningolguvõrrandi f(x)=0kõik lahendidreaalsed.tõestada,et f(2) 3 n. ĐÍÐ ÒÒ Olgu p ja q > 0 täisarvud. Täestada, et leidub lõik I pikkusega 1/q ning täisarvuliste kordajategapolünoom P selliselt,et iga x Ikorral. ĐÍÐ ÒÒ Olgu avõrrandi x 3 3x 2 +1=0suurimpositiivnelahend.Täestada,et a 1348 ja a 1980 jaguvad arvuga 17.( x tähistab arvu x täisosa.)

2 Téma: Termínodeslání: 5. série Margli ur(islandskézadání) ¾ º ÒÓÖ ½ ÈÖÓ Ð Ñ ½ Lát P(x)veramargli ume heiltölustu lum,me 13mismunandiheiltölurótum.Sanni a ef nerheiltalame P(n) 0tháer P(n) 7 (6!) 2.Gefi dæmiummargli ume heiltölustu lumog13mismunandirótumtharsemumheilatölu ngildir, P(n) =7 (6!) 2. ÈÖÓ Ð Ñ ¾ Leysi ójöfnuna ÈÖÓ Ð Ñ Gerumrá fyrira stu larnir a 1, a 2,...,a n 1 í séufrekarjákvæ arrauntölur,oggerumeinnigrá fyrira jafnan f(x)=0hafieinungis rauntöluræur.sanni a f(2) 3 n ÈÖÓ Ð Ñ Lát pvera q > 0veraheiltölur.Sanni a tilsébil I aflengd1/q ogmargli a P me heiltölustu lumthanniga fyriröll x I. ÈÖÓ Ð Ñ Lát averastærstujákvæ urótjöfnunnar x 3 3x 2 +1=0.Sanni a a 1348 og a 1980 séubá ardeilanlegarme 17.( x táknarheiltöluhluta x.)

3 Téma: Termínodeslání: 5. série Polynomer(norské zadání) ¾ º ÒÓÖ ½ ÈÖÓ Ð Ñ ½ La P(x) være et polynom med heltallige koeffisienter, med 13 forskjellige heltallige røtter. Visathvis neretheltallslikat P(n) 0,såer P(n) 7 (6!) 2.Gieteksempelpået polynommedheltalligekoeffisienterog13forskjelligeheltalligerøtterslikat P(n) =7 (6!) 2 foretheltall n. ÈÖÓ Ð Ñ ¾ Løs ulikheten ÈÖÓ Ð Ñ Antaatkoeffisientene a 1, a 2,...,a n 1 til erikke-negative,reelletall.antaogsåatlikningen f(x)=0bareharreellerøtter.visat f(2) 3 n. ÈÖÓ Ð Ñ La pog q >0væreheltall.Visatdeteksistereretintervall Iavlengde 1 q ogetpolynom P med heltallige koeffisienter slik at foralle x I. ÈÖÓ Ð Ñ La aværedenstørste,positiveløsningenavlikningen x 3 3x 2 +1=0.Visat a 1348 og a 1980 beggeerdeleligemed17.( x betyrheltallsdelenav x.)

4 Téma: Termínodeslání: 5. série Polynomy ¾ º ÒÓÖ ½ ½º ÐÓ Nechť P(x) je polynom s celočíselnými koeficienty a s 13-ti různými celočíselnými kořeny. Dokažte,žepokud njeceléčíslo,proněž P(n) 0,tak P(n) 7 (6!) 2.Uveďtepříklad polynomu s celočíselnými koeficienty a 13-ti různými celočíselnými kořeny takového, že pro nějakéceléčíslo nplatí P(n) =7 (6!) 2. ¾º ÐÓ Vyřešte nerovnici º ÐÓ Předpokládejme,žekoeficienty a 1, a 2,... a n 1 polynomu jsounezápornáreálnáčíslaažerovnice f(x)=0májenreálnékořeny.dokažte,že f(2) 3 n. º ÐÓ Nechť p a q > 0 jsou celá čísla. Ukažte, že existuje interval I délky 1/q a polynom P s celočíselnými koeficienty takový, že provšechna x I. º ÐÓ Buď anejvětšíkladnýkořenrovnice x 3 3x 2 +1=0.Ukažte,že a 1348 and a 1980 jsou dělitelná sedmnácti.( x značí dolní celou část x.)

5 Řešení 5. série 1. úloha Nechť P(x) je polynom s celočíselnými koeficienty a s 13-ti různými celočíselnými kořeny. Dokažte,žepokud njeceléčíslo,proněž P(n) 0,tak P(n) 7 (6!) 2.Uveďtepříklad polynomu s celočíselnými koeficienty a 13-ti různými celočíselnými kořeny takového, že pro nějakéceléčíslo nplatí P(n) =7 (6!) 2. P(x) má třináct celočíselných kořenů, můžeme tedy psát P(x)=(x x 1 )...(x x 13 )(q mx m + q m 1 x m 1 + +q 0 ), přičemžvšechnačísla q i jsoucelá.vskutku,kdybytomutaknebylo,takexistuje k(0 k n) takové,že q k nenícelé,avšak q i jeceléprovšechna i > k.roznásobenímvýšeuvedenérovnosti dostáváme,žekoeficientux k+13 v P(x)je q k + celéčíslo,cožjespor. Dosadíme-li nyní do P(x) celé číslo n, které není kořenem, dostaneme součin třinácti po dvourůznýchnenulovýchcelýchčísel n x 1, n x 2,..., n x 13 vynásobenýcelýmnenulovým číslem Q(n). Seřaďme absolutní hodnoty těch třinácti čísel vzestupně. Každé přirozené číslo dostanemenejvýšedvakrát,čiliprvnídvějsoualespoňjedna,dalšídvěalespoňdvě,..., šestá dvojice jsou alespoň šestky a konečně poslední číslo je alespoň sedmička. Dokazovaná nerovnost tedy platí. Rovnost nastává například pro n = 0 a polynom P(x)=(x 1)(x 2)...(x 6)(x+1)(x+2)...(x+7). Poznámky opravovatele: Většina z vás automaticky předpokládala, že P(x) je třináctého stupněapsala P(x)=a(x x 1 )...(x x 13 ), a Z \ {0}, x 1, x 2,...,x 13 Zjsoukořeny. Tovšakvzadánívůbecnebylo(3body). Ti,kteřířešiliúlohuobecně,tj. P(x)=(x x 1 )...(x x 13 )Q(x),avšaknedokázali,že Q(x) má celočíselné koeficienty, dostali 4 body. 2. úloha Vyřešte nerovnici Kořeny polynomu uvedeného vlevo u naší nerovnosti rozdělují reálnou přímku na pět intervalů, kde je hodnota tohoto polynomu nenulová a nemění znaménko, jsou to intervaly (, 3), ( 3, 2), ( 2, 1), ( 1,0), (0, ). Vyloučíme-li ty, kde náš polynom nabývá záporných hodnot, zbudou nám intervaly(, 3),( 2, 1) a(0, ). Zabývejme se nejprve intervalem( 2, 1). Vzhledem k tomu, že náš polynom je polynomem čtvrtého stupně se čtyřmi jednoduchými kořeny, a je v intervalu( 2, 1) kladný, nabývá v tomto intervalu právě

6 jednoholokálníhomaximaazesymetriejehografukolempřímky x= 3 2 vidíme,žetomůže býtjenvbodě x= 3 2.Vtomtobodějesthodnotatohopolynomu čirounáhodou rovna číslu 9 16.Tj.prvnímřešenímnašírovniceječíslo x= 3 2.Nynínašezkoumáníobrátímeke zbývajícímintervalům.zdejepolynomiálnífunkce f(x)=x(x+1)(x+2)(x+3)monotónní, protonámpostačíkřešeníúlohyjennaléztkořenypolynomu x(x+1)(x+2)(x+3) 9/16 vpříslušnýchintervalech.povydělenívýrazem(x+ 3 2 )2 (neboť x= 3 2 jedvojnásobným kořenemtohotopolynomu)senámceláúlohapřevedenařešeníkvadratickérovnice x 2 + 3x 1/4=0,kterámákořeny: x 1 = 3 10, x 2 2 = Proto řešením nerovnosti ze 2 zadáníjsouvšechna x (, x 1 ) { 3 2 } (x 2, ). Poznámky opravovatele: Řešení si byla velmi podobná. Většina z vás použila k úpravám nějakou substituci. nejčastěji se jednalo o y = x+1.5 nebo y = x 2 +3x+k. Pomocí jednoduchých úprav jste dospěli ke kořenům. Někteřípoužili pracnější metoduzjišťováníkořenůpomocíviètovýchvztahů. Zajímavá byla řešení pomocí reciproké rovnice. Bohužel se našli i takoví, kteří kořeny viděli na první pohled, nebo z grafu. Taková řešení ztrácela automaticky bod. Zahrubouchybujsempovažoval,kdyžjstemezivýsledkyneuvedli x= 1.5.Zdebyla ztráta bolestnější. 3. úloha Předpokládejme,žekoeficienty a 1, a 2,... a n 1 polynomu jsounezápornáreálnáčíslaažerovnice f(x)=0májenreálnékořeny.dokažte,že f(2) 3 n. Všechny kořeny rovnice jsou záporné(zkus si do f(x) dosadit nezáporné číslo). Označme y 1, y 2,...,y nčíslaopačnákekořenům f(x)(tedy f(x)=(x+y 1 )(x+y 2 )...(x+y n)),pro 1 k nbuď s k součetvšechsoučinů kčíselzy 1,...,y n. `n /` n PodleAG-nerovnostije s k `n k k 1 sn = 1(exponentu se nemusíš lekat, protože na k němstejněnezáleží(neboť s n=1 Viètovyvztahy),čili s k `n k.anyníužstačídosadit a využít binomickou větu: f(2)=(2+y 1 )...(2+y n)= nx 2 n k s k k=0 nx k=0 2 n k n =3 n k Poznámky opravovatele: Většina řešení byla správně, v důkazu byla nejčastěji využita AGnerovnost. Jen(tuším) dvěma jedincům se v důkazu objevily nějaké chybky za což jsem jim musel něco strhnout. Dalším dvěma osobám se zřejmě nepodařilo správně dešifrovat zadání. 4. úloha

7 Nechť p a q > 0 jsou celá čísla. Ukažte, že existuje interval I délky 1/q a polynom P s celočíselnými koeficienty takový, že provšechna x I. Pokud q = 1,pakstačípoložit P(x) = p.takžedálemůžemepředpokládat q > 1a ukážeme,žezainterval Ilzebrátinterval( 1 2q, 3 2q ),kterýmázjevnědélku 1 q.nyníukážeme, 3 jakbudemevolit polynom P.Jelikož propřirozené q > 1platí < 1, existujetakové 2q přirozenéčíslo m,že( 3 2q )m < 1 q.propřehlednostpoložme ξ = 1 ( 1 2q )m,paksnadno nahlédneme,žeprovšechnačísla xzintervalu Iplatí:0<1 qx m < ξ <1 ( ).Jelikož ξ <1,naleznemepřirozenéčíslo ntakové,že ξ n < 1 ( ),apolynom P volímevetvaru: pq P(x)= p q (1 (1 qxm ) n ).Snadnonahlédneme,žesejednáskutečněopolynomsceločíselnými koeficienty(číslo q ve jmenovateli se totiž po úpravě závorky vpravo z binomické věty zkrátí podrobněsirozmyslete).nyníjižjenstačínahlédnout,žepronášpolynom Painterval I platí nerovnost ze zadání. Jednoduchými úpravami však s využitím vztahů( ) a( ) máme: což jsme chtěli ukázat. P(x) p q = p q (1 qxm ) n < p q ξn < p q 1 pq = 1, Poznámky opravovatele: Z šesti došlých řešení byla dvě správná jejich autoři našli konkrétnípolynomaoněmdokázali,cobylopotřeba atřiřešenívycházelazešpatněpřeloženého zadání. 5. úloha Buď anejvětšíkladnýkořenrovnice x 3 3x 2 +1=0.Ukažte,že a 1348 and a 1980 jsou dělitelná sedmnácti.( x značí dolní celou část x.) Úlohusizjednodušímetím,žejizobecníme budemezkoumatzbytekčísla a n po dělení17-ti.označme f(x)=x 3 3x 2 +1,dalšídvakořenytohotopolynomu bac(tak aby b c)ar n= a n + b n + c n.vzhledemktomu,že f( 2/3) <0<f(0), f(2/3) <0, f(2) <0<f(3),je 2/3 < b <0<c<2/3a2 < a <3.Budetedyprosudé n 2platit 0 < b n + c n <1,čili(vzhledemktomu,žejakukážeme r njevždyceléčíslo) a n =r n 1. Budemetedyzkoumat,prokterásudá nje r n 1(mod17). Označme s 1 = a+b+c s 2 = ab+bc+ca s c= abc. Snadnoověříme,žeplatí r n = s 1 r n 1 s 2 r n 2 + s 3 r n 3.Viètovyvztahynámříkají,že s 1 =3, s 2 =0, s 3 = 1,čili r n=3r n 1 r n 3.

8 Nyní r 0 =3, r 1 = s 1 =3, r 2 = s 2 1 2s 2 =9.Pomocírekurentníhovztahuzkonce minuléhoodstavcesnadnozjistímehodnotu r nmod17pro n=0,1,...:3,3,9,7,1,11,9, 9,16,5,6,2,1,14,6,0,3,3,9,... Vidíme,žeposloupnostvypadá,jakobymělaperiodu 16.Tojeovšemtřebadokázat.Zjistilijsme,že r n r n+16 (mod17)pro n=0,1,2,adíky rekurentní formulce z minulého odstavce odsud už(indukcí) plyne, že tato kongruence platí prokaždépřirozené n.tudíž r ndávápodělení17-tizbytek1právětehdy,když ndávápo dělení16-tizbytek4či12(čilitehdy,kdyžpodělení8-midávázbytek4).tedyprosudé nje a n dělitelné17-tiprávěkdyž n 4(mod8).Čilistačíužjenověřit,že1348(rokzaložení Univerzity Karlovy!) i 1980 mají správný zbytek po dělení osmi. Poznámky opravovatele: Za nalezení kořenů zadané rovnice byl udělen symbolicky jeden bod. Body dalších řešitelů jsou odstupňovány podle toho, kam se dostali při řešení rekurentní rovnicepro a n.