e²ení 5. série Polynomy

e²ení 5. série Polynomy Úloha 5.1. Mat j s Lib nou hráli hru. Na za átu m li obecný normovaný polynom stupn 2016: P (x) = x 2016 + a 2015 x 2015 + + a 1 x + a 0 St ídali se na tahu a v aºdém tahu p i adili jednomu z oecient a 0,..., a 2015 onrétní reálnou hodnotu (reálné íslo). Za íná Mat j. Po 2016 tazích jsou v²echny oecienty ur- eny, hra on í a P(x) se stává onrétním polynomem. Poud je na onci íslo 2016 o enem, vyhrává Lib na, v opa ném p ípad vyhraje Mat j. Kdo má v této h e vít znou strategii (tj. m ºe hrát ta, ºe vºdy vyhraje, a uº hraje druhý hrá jaoliv)? e²ení. Vít znou strategii má v této h e Lib na(druhý hrá ) - jelioº na ni p ipadá dopln ní posledního lenu v rovnici: P (x) = x 2016 + a 2015 x 2015 + + a 1 x + a 0, de a 2015 a 1 jsou onstanty, a a 0 prom nná. Sta í jí tedy, aby za x dosadila 2016, rovnici poloºila rovnu nule a dopo ítala a 0 - pa si m ºe být jistá, ºe 2016 je o enem. Úloha 5.2. Henry m l jiné starosti. M l polynom x 3 +ax 2 +bx+c, jehoº o eny si ozna il jao α, β, γ a cht l najít polynom, jehoº o eny by byly α 3, β 3, γ 3. Pomoºte mu s tímto úolem. e²ení. Napi²me si Vietovy vztahy pro polynom x 3 + ax 2 + bx + c: α + β + γ = a αβ + αγ + βγ = b αβγ = c Dále zjistíme hodnotu výrazu α 3 + β 3 + γ 3 v závislosti na oecientech a, b, c, tedy vlastn oecient u vadraticého lene na²eho hledaného polynomu (aorát s opa ným znaménem): α 3 + β 3 + γ 3 = (α + β + γ) 3 3(α 2 β + α 2 γ + αβ 2 + β 2 γ + αγ 2 + βγ 2 + 2αβγ) = ( a) 3 3((α 2 β + α 2 γ + αβγ) + (αβ 2 + β 2 γ + αβγ) + (αγ 2 + βγ 2 + αβγ)) + 3αβγ = a 3 3(α(αβ + αγ + βγ) + β(αβ + αγ + βγ) + γ(αβ + αγ + βγ)) + 3( c) = a 3 3(α + β + γ)(αβ + αγ + βγ) + 3c = a 3 + 3ab 3c Nyní zjistíme hodnotu výrazu α 3 β 3 + α 3 γ 3 + β 3 γ 3 v závislosti na oecientech a, b, c, tedy vlastn oecient u lineárního lenu na²eho hledaného polynomu: α 3 β 3 +α 3 γ 3 +β 3 γ 3 = (αβ+αγ+βγ) 3 3αβγ(α 2 β+α 2 γ+αβ 2 +β 2 γ+αγ 2 +βγ 2 +2αβγ) = (αβ+αγ+βγ) 3 3αβγ(α+β+γ)(αβ+αγ+βγ)+3α 2 β 2 γ 2 = b 3 3( c)( a)b+3c 2 = b 3 3abc+3c 2

A na záv r zjistíme hodnotu výrazu α 3 β 3 γ 3 v závislosti na oecientech a, b, c, tedy vlastn oecient u absolutního lenu na²eho hledaného polynomu (aorát s opa ným znaménem): α 3 β 3 γ 3 = (αβγ) 3 = c 3 Hledaný polynom má tedy taovýto tvar: x 3 + (a 3 3ab + 3c)x 2 + (b 3 3abc + 3c 2 )x + c 3 Úloha 5.3. K jejich polynomiálním radovánám se p idala i Bubla, dyº si p inesla v²echny polynomy P (x) s reálnými oecienty a alespo jedním reálným o enem, teré spl ují P (P (x)) = P (x) 2016. Ur ete v²echny Bubliny polynomy. e²ení. 1. e²ení: Nech libovolný o en polynomu (ze zadání n jaý existuje) je r. Pa poud platí P (P (x)) = P (x) 2016, pa taé P (P (r)) = P (r) 2016 neboli P (0) = 0. Taºe absolutní len polynomu musí být nulový. Ozna me stupe polynomu P (x) jao n. Pa stupe polynomu P (P (x)) je z ejm n 2, zatímco stupe polynomu P (x) 2016 je 2016n. Majíli se tyto dva polynomy rovnat, musí tedy platit n 2 = 2016n, coº má dv e²ení n 1 = 0 a n 2 = 2016. V prvním p ípad jde o onstantní polynom a jelioº ze zadání má být absolutní len nulový, zbývá jediná moºnost P (x) = 0, terá ja snadno ov íme vyhovuje zadání. V druhém p ípad je polynom tvaru P (x) = a 2016 x 2016 + + a x, de jsme ozna ili nejniº²í stupe x, terý je nenulový (tzn. a 0 a zatím 2016 1). Nyní se zam me na leny nejniº²ího stupn (nenulové) P (P (x)) a P (x) 2016. Budou to z ejm po ad leny a (a x ) a (a x ) 2016. Dva polynomy jsou si rovny práv, dyº jsou si rovny v²echny jejich leny a to musí platit zejména pro leny nejniº²ího stupn. Zísáváme ta rovnost polynom a +1 x 2 = a 2016 x 2016. Ta ale platí jen poud jsou shodné taé stupn, taºe 2 = 2016 a protoºe není nulové, = 2016. Z rovnosti navíc máme a 2017 2016 = a2016, coº op t díy tomu, ºe vedoucí len je nenulový dává a 2016 = 1. To znamená, ºe máme jediné dal²í e²ení a tím je P (x) = x 2016. 2. e²ení: Stejn jao v prvním e²ení zísáme onstantní e²ení P (x) = 0 a dále se zabýváme neonstantními polynomy. Kaºdý neonstantní polynom má na reálných íslech neomezený deni ní obor, jinými slovy nabývá neone n mnoha r zných hodnot. Provedeme-li tedy substituci P (x) = y, zísáme, ºe P (y) = y 2016 platí pro neone n mnoho r zných y. Uv domíme-li si, ºe polynom stupn n je ur en hodnotou v n + 1 r zných bodech, dostáváme, ºe P (x) je totoºné s x 2016 alespo v n + 1 bodech (protoºe neone no je v t²í neº n + 1 a uº je n jaéoliv), a tedy musí p ímo platit rovnost polynom P (x) = x 2016, ímº dostáváme druhé e²ení. Úloha 5.4. Naonec dali v²ichni hlavy dohromady a p i²li s polynomem P (x) stupn n, terý spl uje P () = + 1 pro = 0, 1,..., n. Jaá je hodnota P (n + 1)? e²ení. Uvaºme polynom Q(x) = (x + 1)P (x) x, terý má stupe n + 1. Z rovnosti ze zadání ihned vidíme v²ech jeho n + 1 o en, tedy ísla 0, 1,..., n. Polynom Q(x) je proto

tvaru Q(x) = Kx(x 1)(x 2)... (x n), de K je n jaá onstanta, terou te najdeme dosazením x = 1: Q( 1) = ( 1 + 1)P ( 1) ( 1) = K( 1)( 1 1)... ( 1 n) 1 = K( 1) n+1 (1)(2)... (n + 1) K = ( 1) n+1 1 Dosadíme-li naonec x = n + 1, dostáváme hledanou hodnotu. Q(n + 1) = (n + 1 + 1)P (n + 1) (n + 1) = ( 1) n+1 1 (n + 1)(n + 1 1)... (n + 1 n) (n + 2)P (n + 1) = ( 1) n+1 1 + n + 1 (n + 2)P (n + 1) = ( 1) n+1 + n + 1 P (n + 1) = ( 1)n+1 + n + 1 n + 2 Poud je n sudé, ta se výraz zjednodu²í na P (n + 1) = n n+2, v p ípad lichého n vyjde zase P (n + 1) = 1. Úloha 5.5. Kouma uº má polynomy dávno na háu, a ta se rad ji v noval tabulce 3 3. Cht l ji vyplnit ísly 1 aº 9 ta, aby sou et libovolných dvou sousedních polí (sousedících p es hranu) byl prvo íslo. Mohlo se mu to poda it? e²ení. D az sporem: P edpoládejme, ºe lze vyplnit tabulu 3x3 ísly 1 aº 9 ta, ºe sou et aºdých dvou hranou sousedících ísel je prvo íslo. Nejmen²í prvo íslo, teré nám m ºe vzninout sou tem dvou r zných ísel od 1 do 9, je 3. V²echny sou ty tedy budou lichá ísla, a proto s ítance musí být r zné parity. Dále máme dispozici 4 sudé ísla a 5 lichých. Aby byla vedle sebe jen ísla r zné parity, musí být lichá ísla na obou diagonálách tabuly a sudá na zbývajících polích. Prost ední pole, de je liché íslo, sousedí se ty mi sudými ísly (tedy v²emi sudými ísly mezi 1 a 9), teré se postupn od sebe li²í o 2. Tedy i v sou tu s íslem na prost ední pozici se budou sou ty li²it taé o 2. Pro aºdé t i ísla tato jdoucí po sob jist platí, ºe po d lení 3 dávají r zný zbyte, tedy jedno z nich je d litelné 3, coº je spor s p edpoladem. Tabulu tedy tímto zp sobem vyplnit nelze. Úloha 5.6. Na leno²ínsém nám stí tvaru trojúhelníu ABC cht li postavit nový chodní. Ten m l vést z bodu A po stran AB aº bodu X, pa p ímo bodu Y na stran BC a naonec po této stran bodu C. Navíc m lo platit AX = XY = Y C. Ja mohou leno²ín²tí stavitelé zonstruovat body X a Y, jestliºe mají jen pravíto a ruºíto (a dostate n velá). e²ení. My²lena e²ení je taová, ºe sestrojíme trojúhelní podobný (a stejnolehlý se st edem C) trojúhelníu ABC, de budeme mít i setrojenou cestu, a pa pouze stejnolehlostí tuto cestu p eneseme na ABC. BÚNO p edpoládejme, ºe BC AB. 1. ; (B, BC )

2. l; l(a, BC ) 3. D; D = l AB 4. p; p AC, D p 5. X ; X, F = p, AX <= AF (chceme vybrat ten "levý"z pr se í ) 6. X; X = X C AB 7. m; m(c, AX ) 8. Y ; Y = m BC Z onoho podobného trojúhelníu jsme sestolili pouze bod X. Celý trojúhelní bychom dostali, dybychom tímto bodem vedli rovnob ºu se stranou AB a na²li pr se íy se stranami AC a BC. Zárove bod Y se zobrazí p esn na bod B (a C jao st ed stejnolehlosti na C). Díy tomu je vid t, ºe A X = X Y = C Y. Disuse: úloha má nula aº jedno e²ení. Po ebujeme, aby bod D leºel ve ruºnici (aby plop íma X C protínala stranu AB). To nastane, poud AB 2 BC. Tehdy má úloha 1 e²ení, jina nemá ºádné. q p l X D B Y m A X C Úloha 5.7. V Hloup tín zavedli novou sociální sí FejsBRK. Umoº ovala obyvatel m Hloup tína p idat si jiné obyvatele mezi své p átele. Taovéto p átelství bylo vzájemné. Doaºte, ºe v Hloup tín je taový lov, ºe pr m rný po et p átel v²ech jeho p átel není men²í neº pr m rný po et p átel v²ech obyvatel Hloup tína. e²ení. Ozna me M mnoºinu v²ech obyvatel Hloup tína a vezm me funci f : M 2 M, terá p i adí aºdému obyvateli mnoºinu jeho p átel. Máme doázat, ºe existuje lov m 0, pro terého platí 1 f(m 0 ) f(m) 1 M f(m). Ud lejme drobnou úpravu pro budoucí výpo ty a m ºeme se pustit do d azu. M f(m) f(m 0 ) f(m).

Postupujme sporem. P edpoládejme, ºe pro aºdého obyvatele platí obrácená nerovnost a tyto rovnosti p es v²echny obyvatele se t me. M f(m) < f(m 0 ) f(m) m 0 M m 0 M M f(m) < f(m 0 ) f(m) m 0 M m 0 M Na levé stran se aºdá hodnota f(m) objeví v sou tu tolirát, oli má m amarád - f(m). M f(m) 2 < f(m) f(m) (1 + + 1) ( ) 2 f(m) 2 < 1 f(m) To ale odporuje známé Cauchy-Schwarzov nerovnosti. Tím je tvrzení doázáno.