90. Рассмотрим две возможности. Если все числа одного знака, то выберем наибольшее по модулю из чисел x, y, z. Пусть это число - x. Но тогда величина |y-z| не превосходит максимума из чисел |y|, |z|, что в свою очередь не превосходит |x|. Таким образом, неравенство |x|<|y-z| не выполнено. Пусть не все числа одного знака, скажем, знаки чисел y и z одинаковы и отличны от знака числа x. Пусть, для определенности, |y| не меньше, чем |z|. Тогда на числовой прямой точки 0 и z расположены между точками x и y. Поэтому можно записать равенство |x|+|y|=|x-z|+|z-y| (обе части этого равенства равны |x-y|). Из полученного равенства следует, что одновременно не могут выполняться неравенства |x|<|y-z|, |y|<|z-x|.

91. x = - 2 или x$ \ge$2. Если x$ \ge$2, получаем тождество. Если 1$ \le$x < 2, получаем уравнение 4x = 8, которое не имеет корней на данном интервале. Если 0$ \le$x < 1, получаем уравнение -2x = 2, которое не имеет корней на данном интервале. Если -1$ \le$x < 0, получаем 0 = 2, чего не может быть. Если x < - 1, получаем корень x = - 2.

92. Заметим, что модуль разности двух неотрицательных чисел не больше их максимума. Поэтому |x1-x2| не больше, чем max{x1,x2}, ||x1-x2|-x3| не больше, чем max{x1,x2,x3}, |...||x1-x2|- x3|-...-x1990| не больше, чем max{x1,x2,...,x1990}. Далее, данное выражение не может равняться 1990, поскольку четность этого выражения совпадает с четностью суммы x1+x2+...+x1990=1+2+...+1990=1990*1991/2=995*1991. Наконец приведем пример, показывающий, что значение выражения может равняться 1989: |...|||2-4|-5|-3|-...-(4k+2)|-(4k+4)|-(4k+5)|-(4k+3)|- ...-1986|-1988|-1989|-1987|-1990|-1|=1989.

Ответ

1989

93. Предположим, что данная система неравенств имеет решение x, y, z, t. Тогда, в частности,

x2 < (y − z + t)2, т. е.(y − z + t − x)(y − z + t + x) > 0.

Аналогично получаем

(x − z + t − y)(x − z + t + y) > 0,(x − y + t − z)(x − y + t + z) > 0,(x − y + z − t)(x − y + z + t) > 0.

Перемножим все полученные неравенства. С одной стороны, произведение четырёх положительных чисел положительно. С другой стороны, это произведение равно

− (x − y + z − t)2(x + y − z + t)2(x − y + z + t)2(x − y - z + t)2 ≤ 0.

Приходим к противоречию.

Ответ

Система не имеет решений.

94. Положим f(x) = |x-a1|+...+|x-a50|-|x-b1|- .. -|x-b50| и перепишем исходное уравнение в виде f(x) = 0 .Пусть c1 < c2 < .. < c100 – все числа из множества {a1, .., a50, b1, .., b50} , упорядоченные по возрастанию. На каждом из 101 промежутка [- ,c1] , [c1,c2] , [c99,c100] , [c100,+ ) , функция f(x) линейна. Заметим, что на первом и последнем из этих промежутков f(x) = m = (a1+...+ a50) - (b1+...+ b50) и f(x) = - m соответственно, при этом m 0 , так как количество корней конечно.

Пойдем по числовой оси слева направо. Вначале угловой коэффициент функции f(x) равен 0. Всякий раз, когда мы проходим одну из точек ci , он за счет смены знака при раскрытии соответствующего модуля изменяется на 2 .

Таким образом, он всегда равен четному целому числу и не может поменять знак, не обратившись перед этим в 0. Значит, угловые коэффициенты на любых двух соседних промежутках либо оба неотрицательны, либо оба неположительны, т. е. функция f(x) на объединении этих промежутков либо неубывающая, либо невозрастающая.

Стало быть, если число ее корней конечно, то на каждом из 50 отрезков [c1,c3], .., [c97,c99], [c99,c100] она имеет не более одного корня. Кроме того, на крайних интервалах значения имеют разные знаки, и в каждом корне знак функции меняется. Следовательно, количество корней нечетно и не превышает 49.

Нетрудно проверить, что если роль ai будут играть числа 1, 4, 5, 8, 97, 100, а роль bi – числа 2, 3, 6, 7, 94, 95, 98, 99 , то уравнение f(x)=0 будет иметь ровно 49 корней.

Ответ: 49.00

95. Пусть | x| > 1. Тогда x2 + Ax + B > 0 и x2 + Cx + D > 0. Поэтому x2 + $ {\frac{A+C}{2}}$x + $ {\frac{B+D}{2}}$> 0.

96. При натуральном n уравнение |x|+|y|=n имеет ровно 4n целочисленных решений, а при n=0 решение единственно. Таким образом, количество решений исходного неравенства равно 1+4(1+2+...+99)=19801.

Ответ

19801

Многочлены

97. Существует. Например, подходит функция f (x) = x3. Действительно, с вертикальной прямой x = a её график пересекается в точке (a, a3). Пусть теперь прямая задана уравнением y = kx + b. Тогда уравнение x3 − kx − b = 0 имеет действительный корень x0 (так как многочлен нечётной степени всегда имеет хотя бы один действительный корень). Следовательно, график функции f пересекается с прямой y = kx + b (например, в точке (x0, x03)).

98. Пусть x1 , xN – все различные корни уравнения P(x)=0 . Нам необходимо доказать, что уравнение P(P(x)) имеет по крайней мере N различных корней. Рассмотрим N уравнений: P(x)=x1 , P(x)=x2 , P(x)=xN . Каждое из них имеет решение, так как P(x) – многочлен нечетной степени. Пусть a1 – корень первого уравнения, a2 – второго, aN – N -го. Тогда для любых i и j ( i j ) числа ai и aj различны, так как P(ai)=xi xj=P(aj) . При этом каждое из чисел ai является корнем уравнения P(P(x))=0 , так как P(P(ai))=P(xi)=0 . То есть уравнение P(P(x))=0 имеет по крайней мере N различных корней a1 , aN .

НЕ нашли? Не то? Что вы ищете?

99. Уравнение P(Q(x))=Q(P(x)) имеет вид

(x2+cx+d)2+a(x2+cx+d)+b== (x2+ax+b)2+c(x2+ax+b)+d 2(c-a)x3+lx2+mx+n=0, где l , m и n – коэффициенты, получающиеся после раскрытия скобок и приведения подобных членов. Допустим, что c-a 0 . Тогда в левой части последнего уравнения – многочлен третьей степени, имеющий хотя бы один корень, что противоречит условию задачи. Поэтому c=a . Если при этом еще и b=d , то P(x)=Q(x) , и равенство P(Q(x))=Q(P(x)) выполняется при всех x . Значит, b d .

100. Обозначим левую часть уравнения через P(x); пусть x0 — действительный корень многочлена P(x). Тогда Q(x) = P(x) / (x – x0) — тоже многочлен, притом кубический, поэтому он также имеет действительный корень, пусть x1. Из этого следует, что P(x) делится на (x – x0)(x – x1), при этом получается квадратный трёхчлен со старшим коэффициентом 1. Попробуем найти разложение P(x) в произведение трёхчленов (одно из разложений, если их несколько). Произведение свободных членов этих трёхчленов должно быть равно 1. Напишем разложение с неопределёнными коэффициентами: x4 + ax3 + 2x2 + bx + 1 = (x2 + yx + z)(x2 + tx + 1/z). При этом должны выполняться равенства

a = y + t,                 (1)

2 = 1/z + yt + z,       (2)

b = y/z + tz.             (3)

Дискриминант одного из трёхчленов неотрицателен; пусть, например,

y2 – 4z ≥ 0.             (4)

Имеем: a2 + b2 = (y + t)2 + (y/z + tz)2 = y2 + 2yt + t2 + (y/z)2 + 2yt + t2z2 = y2(1 + 1/z2) + t2(1 + z2) + 4yt. В последнем слагаемом заменяем yt, воспользовавшись равенством (2); дальше воспользуемся условием (4); последнее выражение равно y2(1 + 1/z2) + t2(1 + z2) + 4(2 – z – 1/z) ≥ 4z(1 + 1/z2) + t2(1 + z2) + 8 – 4z – 4/z = 8 + t2(1 + z2) ≥ 8, что и требуется.

101. Не сможет. Начинающий может добиться наличия ровно одного корня независимо от игры соперника. Для этого ему достаточно своим первым ходом задать коэффициент при x2 равным нулю. После этого второй игрок задает либо свободный член, либо коэффициент при x . Рассмотрим оба этих случая. В первом случае начинающему достаточно вторым ходом обнулить коэффициент при x . Действительно, полученное уравнение имеет вид x3+c=0 и имеет ровно один корень, так как функция y=x3+c возрастает на всей действительной оси. Во втором случае начинающему нужно подходящим образом выбрать коэффициент c у функции y=x3+bx+c . Если b 0 , то y'=3x2+b 0 и y(x) возрастает, следовательно, уравнение y(x)=0 имеет ровно один корень при любом значении c . Если же второй игрок задал отрицательное значение b , то, как нетрудно проверить, функция y1(x)=x3+bx имеет локальный минимум -m в точке x0= и возрастает при x - x0 и x x0 . Поэтому начинающему достаточно выбрать c>m для того, чтобы уравнение x3+bx+c=0 имело ровно один корень.

Ответ

Не сможет.

102. Пусть a5-a3+a=2, тогда a не равно 0, и поэтому a6+1 = (a2+1)(a4-a2+1) = (a2+1)(a5-a3+a)/a = 2(a2+1)/a. Отсюда видно, что a>0. Далее, с учетом того, что a не равно 1, (a2+1)/a = (a2-2a+1)/a+2 = (a-1)2/a+2 > 2. Таким образом, a6+1>2*2=4, и a6>3.

103. Если x = 1 — корень многочлена P(xn), то его корнем будет любое из чисел xk = cos$ {\dfrac{2\pi k}{n}}$ + i sin$ {\dfrac{2\pi k}{n}}$ (k = 0,..., n - 1). Поэтому P(xn) делится на (x - x0)...(x - xn - 1) = xn - 1.

104. Заметим, что сумма коэффициентов равна значению многочлена при x=1. Подставив x=1 в многочлен (x2-3x+1)100, получаем (1-3*1+1)100=1.

105. Так как все коэффициенты многочлена p — целые числа и xn – yn для всех натуральных n делится на x – y, то p(a) – p(b) делится на a – b. Тем самым, a – b — делитель единицы, т. е. |a – b| = 1.

106. Заметим, что сумма коэффициентов многочлена равна значению этого многочлена в точке x=1. В самом деле, пусть P(x)=akxk+ak-1xk-1+...+a1x+a0. Тогда P(1)=ak*1+ak-1*1+...+a1*1+a0. Таким образом, сумма коэффициентов многочлена Q равна Q(1) = (P1P2...P5)(1) P1(1)P2(1)...P5(1) = 1*2*3*4*5 = 120.

Ответ:120

107. Пусть P(x) = a0xn + a1xn - 1 + ... + an - 1x + an. По условию числа an = P(0) и a0 + a1 + ... + an = P(1) нечётны. Если x — чётное число, то P(x) $ \equiv$an(mod 2). Если x — нечётное число, то P(x) $ \equiv$a0 + a1 + ... + an(mod 2). В обоих случаях получаем, что число P(x) нечётно, поэтому оно не может быть равно нулю.

108. Число 18 нельзя представить в виде суммы чисел 5 и 7, поэтому коэффициент при x18 будет равен нулю. Число 17 представляется в виде суммы чисел 5 и 7 следующим образом: 17 = 7 + 5 + 5; с точностью до перестановки слагаемых это представление единственно. В одном из 20 выражений 1 + x5 + x7 мы должны выбрать x7, а в двух из 19 оставшихся таких выражений мы должны выбрать x5. Поэтому коэффициент при x17 равен 20 . $ {\frac{19\cdot 18}{2}}$= 3420.

109. Если в выражении f(x) раскрыть скобки, привести подобные слагаемые, и подставить x=1, то мы получим сумму всех коэффициентов при степенях xk. Действительно, если f(x)=anxn+an-1xn-1+...+a1x+a0, то f(1)=an+an-1+...+a1+a0. Если же в выражении f(x) раскрыть скобки, привести подобные слагаемые, и подставить x=-1, то мы получим сумму разность коэффициентов при четных и нечетных степенях: f(-1)=(-1)nan+(-1)n-1an-1+...-a1+a0. Итак, если M - сумма коэффициентов при четных степенях, а N - сумма коэффициентов при нечетных степенях, то M+N=f(1) и M-N=f(-1). Отсюда 2M=f(1)+f(-1), и M=(f(1)+f(-1))/2. По условию f(x)=(x3-x+1)100, откуда находим f(1)=1 и f(-1)=1. Поэтому сумма коэффициентов при четных степенях равна (1+1)/2=1.

Ответ: 1

110. Перемножая многочлен (1+x+x2+...+x100) два раза сам на себя, мы получим сумму произведений вида xpxqxr, где p, q, r пробегают независимо числа от 0 до 100. Тогда коэффициент при x100 равен числу решений уравнения p+q+r=100 в целых неотрицательных числах. Найдем число решений этого уравнения в целых неотрицательных числах. Рассмотрим всевозможные строки из 102 цифр, среди которых 100 единиц и два нуля. Для каждой такой строки обозначим за p число единиц от начала строки до первого нуля, за q - число единиц между первым и вторым нулями, за r - число единиц после второго нуля. Очевидно, p+q+r=100. Наоборот, каждой тройке целых неотрицательных чисел p, q, r, удовлетворяющих равенству p+q+r=100, соответствует единственная строка из 100 единиц и двух нулей, по которой восстанавливается указанным выше способом тройка p, q, r. Таким образом, нам нужно посчитать число строк из 102 цифр, среди которых 100 единиц и два нуля. Первый нуль может стоять на 102 местах, второй нуль - на 101 месте (на всех местах, за исключением того, на котором стоит первый нуль). Поскольку первый и второй нуль можно менять местами, то искомое число строк равно (102*101)/2=5151.

Ответ: 5151

111. Положим P1 = x – 1, P2 = (xdeg P1 + 1 – 1)P1, P3 = (xdeg P2 + 1 – 1)P2, ..., Pk = (xdeg Pk – 1 + 1 – 1)Pk – 1. Докажем, что эти многочлены обладают требуемыми свойствами. Легко по индукции проверить, что deg Pk = 2k – 1. Коэффициенты Pk — это два непересекающихся набора коэффициентов Pk – 1, следовательно, так же как и у P1, они равны ±1. Также Pk делится на (x – 1)k — в этом легко убедиться, применив метод математической индукции. Таким образом, мы построим многочлен степени, строго меньшей 2n с коэффициентами ±1.

112. В выражении (1 + x2 - x3)1000. Пусть P(x) = (1 - x2 + x3)1000 и Q(x) = (1 + x2 - x3)1000. Коэффициент при x20 у многочлена P(x) такой же, как у многочлена P(- x) = (1 - x2 - x3)1000, а у многочлена Q(x) такой же, как у многочлена Q(- x) = (1 + x2 + x3)1000. Ясно, что у многочлена (1 + x2 + x3)1000 коэффициент при x20 больше, чем у многочлена (1 - x2 - x3)1000. Действительно, у первого многочлена член p20x20 равен сумме нескольких членов вида (x2)n(x3)m, где 2n + 3m = 20, а у второго многочлена член q20x20 равен сумме тех же самых членов, но со знаком (- 1)n + m. Во втором случае встречаются члены со знаком минус, например, при m = 2 и n = 7.

113. Многочлен четвёртой степени может быть квадратом лишь квадратного трёхчлена. Поскольку старший коэффициент равен 1, то и квадратный трёхчлен, возведением в квадрат которого получен данный многочлен, тоже должен иметь старший коэффициент, равный 1.

Итак.x4+x3+2x2+ax+b=(x2+Bx+C)2или x4+x3+2x2+ax+b=x4+B2x2+C2+2x2C+2Bx3+2BCx, x4+x3+2x2+ax+b=x4+2Bx3+(B2+2C)x2+2BCx+C2 . Приравняв коэффициенты при одинаковых степенях аргумента в обеих частях тождества, получим необходимые уравнения для определения неизвестных коэффициентов a, b, B, C :

2B=1, B2+2C=2, 2BC=a, C2=b. Решив эту систему уравнений, найдём B=1/2, C=7/8, a=7/8, b=49/64 .

Ответ: a=7/8, b=49/64 .

114. Коэффициент при xв полученном выражении равен 1. Коэффициент при нулевой степени равен значению выражения при x = 0, т. е. 22006. Сумма всех коэффициентов равна значению нашего выражения при x = 1, т. е. 22006. Значит, сумма первого и последнего коэффициентов больше суммы всех коэффициентов. Поэтому найдется отрицательный коэффициент.

115. Поскольку a0+a1+..+ak m , все суммы вида -m+a0+a1+..+ak неотрицательны. Поэтому при x 1 имеем цепочку неравенств

P(x)-mxn =(-m+a0)(xn-xn-1)+(-m+a0+a1)(xn-1-xn-2) ++..+(-m+a0+..+an-1)(x-1)+(-m+a0+..+an) 0, так как каждое слагаемое неотрицательно.

116. Проведем доказательство методом математической индукции по степени многочлена. Для любого многочлена нулевой степени (константы) утверждение очевидно. Предположим теперь, что для многочленов степени n утверждение доказано. Пусть P(x) = an + 1xn + 1 + anxn + … + a1x + a0 — многочлен степени n + 1, удовлетворяющий условию задачи. Тогда по условию P(0) = a0 — свободный член многочлена P(x) — рационален. При любом рациональном x число рационально. Согласно предположению индукции, примененному к многочлену Q(x), все его коэффициенты an + 1,an, … ,a1 рациональны.

117. Пусть a0 – свободный член многочлена P(x) . Тогда P(x)=x· Q(x)+a0 , где Q(x) – многочлен с целыми коэффициентами. Поэтому P(19)=19n+a0 , а P(94)=94m+a0 , где m и n – целые числа. Из условия вытекает, что 19n=94m , следовательно, n=94k , m=19k . Итак, 19· 94k+a0=1994 , откуда a0=1994-1786k . Из условия |a0|<1000 следует, что k=1 , и a0=208 .

Ответ: 208.00

118. Уравнение P(Q(x))=Q(P(x)) имеет вид

(x2+cx+d)2+a(x2+cx+d)+b== (x2+ax+b)2+c(x2+ax+b)+d 2(c-a)x3+lx2+mx+n=0, где l , m и n – коэффициенты, получающиеся после раскрытия скобок и приведения подобных членов. Допустим, что c-a 0 . Тогда в левой части последнего уравнения – многочлен третьей степени, имеющий хотя бы один корень, что противоречит условию задачи. Поэтому c=a . Если при этом еще и b=d , то P(x)=Q(x) , и равенство P(Q(x))=Q(P(x)) выполняется при всех x . Значит, b d .

119. Заметим, что P(x)>0 при x 0 , поэтому P(x) не имеет неотрицательных корней. Если при некотором k выполнено bk 0 , то трехчлен x2+akx+bk имеет неотрицательный корень. Таким образом, bk>0 для всех k . Далее, c1=a1+a2+...+ an>0 , поэтому ak>0 хотя бы при одном k .

120. Пусть P(x) = anxn + ... + a1x + a0 ne ekvivalentno0, где ai — целые числа. Поскольку P(1) = P(2) = 0, имеем:

P(2) = 2nan + ... + 2a1 + a0 = 0,             (1)

P(2) = an + ... + a1 + a0 = 0.             (2)

Требуется доказать, что ai ≤ 2 для некоторого i (0 ≤ i ≤ n). Для этого предположим, что выполняется равенство (1) и все ai ≥ 1, и докажем неравенство

an + ... + a1 + a0 ≥ 1,             (3)

противоречащее (2). Для n = 1 (многочлен P имеет степень не меньше 2, но мы временно забудем о многочлене и будем решать задачу о равенствах (1) и (2)) равенство (1) имеет вид 2a1 + a0 = 0, а поскольку a0 ≥ –1 и a1 ≥ –1, причём a1 ≠ 0, имеем: a0 = 2, a1 = –1. Следовательно, a0 + a1 = 1, и (3) доказано. Предположим, что n > 1. Из (1) следует, что a0 — чётное число, a0 = 2k, где k > 0, поскольку a0 > –1. Подставим 2k вместо a0 в равенство (1):

2nan + ... + 22a2 + 2(a1 + k) = 0

или, разделив на 2,

2n – 1an + ... + 2a2 + (a1 + k) = 0.

Так как k + a1 ≥ a1 ≥ –1, то по предположению индукции

an + ... + a2 + (a1 + k) ≥ 1.

Наконец,
an + ... + a1 + a0 = an + ... + a1 + 2k ≥ k + 1 ≥ 1,

и (3) доказано.

121. Ясно, что существуют требуемые многочлены с 1001 и 1000 ненулевыми коэффициентами (например, (2x+2)1000-(x+1)1000 и (2x+1)1000-(x+1)1Предположим, что в нашем многочлене есть два коэффициента, равных нулю — при xi и xj ( i>j ). Тогда aib1000-i=cid1000-i , ajb1000-j=cjd1000-j ; разделив первое равенство на второе, получаем ( )i=( )1000=( )j . Отсюда | |=1 , | |=1 и | |=1 .

Ясно, что при замене ax+b на (-a)x+(-b) наш многочлен не изменится. Поэтому можно считать, что =1 . Тогда, если =1 , то итоговый многочлен (ax+b)1000-(ax+b)1000 нулевой, а если =-1 , то в полученном многочлене (ax+b)1000-(ax-b)1000 обнуляются в точности коэффициенты при четных степенях  x , то есть получается 500 ненулевых коэффициентов.

122. Пусть a=k/d , b=/f . Мы докажем, что d2кратно n2 , откуда d2f n2 , и одно из чисел d и f не меньше n2/3 . Пусть некоторое простое p входит в разложение числа n на простые множители в степени . В выражении

- + =0 число p входит в разложение знаменателя первой дроби в степени 2. Если в разложения обоих остальных знаменателей число p входит в меньших степенях, то итоговая дробь не может оказаться целым числом. Значит, либо dn , либо f делится на p2 , то есть либо d делится на po , либо f делится на p2 . В любом случае, число d2f делится на p2 . Значит, если n=p11.. pii , то d2кратно p121.. pi2i=n2 , что и требовалось.

123. Из того, что не все коэффициенты произведения делятся на 4, следует, что у одного многочлена есть нечётный коэффициент. Нужно доказать, что у другого многочлена нет нечётных коэффициентов. Предположим, что у обоих многочленов есть нечётные коэффициенты. Заменим каждый коэффициент на его остаток от деления на 2. В результате получим многочлены anxn + an - 1xn - 1 + ... + xr и bmxm + bm - 1xm - 1 + ... + xs. Если в произведении данных многочленов мы заменим каждый коэффициент на его остаток от деления на 2, то получим многочлен anbmxn + m + ... + xr + s. Таким образом в произведении данных многочленов коэффициент при xr + s нечётен, что противоречит условию.

124. Допустим противное: множество M={a1 , a2 , ak} удовлетворяет условию задачи. Пусть m= |a1| , |a2| , |ak|} , M= |a1| , |a2| , |ak|} , из условия следует, что M m>0 . Рассмотрим многочлен P(x)=bnxn+bn-1xn-1+...+ b1x+b0 , все коэффициенты b0 , b1 , bn и корни x1 , x2 , xn которого принадлежат множеству M . По теореме Виета x1+x2+...+ xn=- и x1x2+x1x3+...+ x1xn+x2x3+...+ xn-1xn= , поэтому x12+x22+...+ xn2=(- )2-2 . Отсюда следует, что nm2 x12+x22+...+ xn2= -2 +2 , т. е. n +2 =A . Получили противоречие: степень многочлена не может быть больше A . Условие отличия чисел от нуля существенно, иначе бы подходил набор {0,1} .

Ответ: Не существует.

125. при четном n , при нечетном n . Между любыми двумя корнями дифференцируемой функции есть корень ее производной. Поэтому производная P'(x) имеет по крайней мере n - 1 различных действительных корней. Поскольку P'(x) – многочлен степени n - 1 , отсюда следует, что все его действительные корни различны. По индукции тем же свойством обладают и все производные P(k)(x) ( k =2 , n - 1 ). Из этого следует, что из любых двух идущих подряд коэффициентов многочлена P(x) хотя бы один не равен 0 . В самом деле, пусть у P(x) равны нулю коэффициенты при xk и xk + 1 . Тогда у P(k)(x) равны нулю свободный член и коэффициент при x . Но это означает, что 0– кратный корень многочлена P(k)(x) , все корни которого должны быть различными.

Разобьем коэффициенты многочлена P(x) на пары стоящих рядом (оставив при четном n старший коэффициент без пары). Поскольку старший коэффициент многочлена не равен 0, число нулевых коэффициентов не превышает числа полных пар, т. е. при четном n и при нечетном.

С другой стороны, многочлены ( x2 - 1)( x2-4).. (x2-k2) и x(x2-1).. (x2-k2) дают примеры, когда число нулевых коэффициентов равно при n= 2k и при n = 2k + 1.

Ответ

при четном n , при нечетном n .

126. Докажем данное утверждение индукцией по n. При n=1 и n=2 утверждение почти очевидно: многочлен с одним ненулевым коэффициентом (т. е. xs для некоторого s) не делится на x+1. Пусть утверждение доказано для n=1,2,...,k. Докажем его для n=k+1. Рассмотрим произведение Q(x)=(x+1)kP(x), где P(x) - некоторый ненулевой многочлен. Покажем, что многочлен Q(x) имеет не менее k+1 отличных от нуля коэффициентов. Можно без ограничения общности предполагать, что свободный член многочлена P(x) отличен от 0 (умножение на x не меняет числа ненулевых коэфиициентов), поэтому считаем, что у многочлена Q(x) свободный член также отличен от 0. Рассмотрим производную Q'(x) многочлена Q(x). У многочлена Q'(x) на один ненулевой коэффициент меньше, чем у многочлена Q(x) (так как при дифференцировании свободный член обращается в 0). По правилам дифференцирования произведения Q'(x)=(x+1)kP'(x)+k(x+1)k-1P(x)= (x+1)k-1((x+1)P'(x)+kP(x)). Таким образом, Q'(x) получается домножением многочлена (x+1)k-1 на ненулевой (поскольку произведение ненулевое) многочлен. По продположению индукции у многочлена Q'(x) не менее k ненулевых коэффициентов, следовательно, у многочлена Q(x) не менее k+1 ненулевых коэффициентов. Итак, утверждение задачи доказано по индукции.

Из за большого объема этот материал размещен на нескольких страницах:
1 2 3 4