Koło matematyczne I LO w Białymstoku

 
Zadania PDF.
 
Rozwiązania PDF.

Źródło zadań w texu.

 
\documentclass[10pt]{article}
 
\usepackage{amssymb}
 
\textwidth 16cm
 
\textheight 24cm
 
\oddsidemargin 0cm
 
\topmargin 0pt
 
\headheight 0pt
 
\headsep 0pt
 
\usepackage[polish]{babel}
 
\usepackage[OT4]{fontenc}
 
\usepackage[utf8]{inputenc}
 
%\usepackage{MnSymbol}
 
% ----------------------------------------------------------------
 
\vfuzz4pt % Don't report over-full v-boxes if over-edge is small
 
\hfuzz4pt % Don't report over-full h-boxes if over-edge is small
 
% THEOREMS -------------------------------------------------------
 
\newtheorem{thm}{Twierdzenie}[section]
 
\newtheorem{cor}[thm]{Wniosek}
 
\newtheorem{lem}[thm]{Lemat}
 
\newtheorem{defn}[thm]{Definicja}
 
\newtheorem{tozs}[thm]{Tożsamość}
 
\newtheorem{hyp}[thm]{Hipoteza}
 
\newtheorem{useless}[thm]{}
 
 
 
\begin {document}
 
\title{Kółko 13.10 - wielomiany, bardziej całkowite}
 
\date{}
 
\maketitle
 
\paragraph{Teoria.}
 
\begin{enumerate}
 
  \item \begin{defn} Stopniem wielomianu $W(x)=a_0+a_1\cdot x+...+a_n\cdot x^n$ (gdzie $a_n\neq0$) nazywamy $n$ i oznaczamy to $\deg W(x)=n$. Przyjmujemy, że stopień wielomianu $W(x)=0$ wynosi $-\infty$.\end{defn}
 
  \item \begin{thm} Niech $x_1,x_2,...,x_n,x_{n+1}$ będą parami różne oraz niech $y_1,...,y_{n+1}$ będą rzeczywiste. Wtedy wśród wielomianów stopnia $n$ lub mniejszego istenieje dokładnie jeden wielomian $W(x)$ spełniający $W(x_i)=y_i$ dla $i=1,2,...,n+1$.\end{thm}
 
  \item \begin{thm} Jeżeli $W(x)$ ma współczynniki całkowite i $a,b$ są całkowite ($a\neq b$), to $a-b|W(a)-W(b)$. \end{thm}
 
  \item \begin{thm}[Bezout] Dla każdego $x_0$ i każdego wielomianu $W(x)$ zachodzi $W(x)=(x-x_0)P(x)+W(x_0)$, gdzie $P(x)$ jest wielomianem, który jest \textbf{różny dla różnych $x_0$}. Ponadto jeżeli $W(x)$ miało współczynniki całkowite i $x_0$ jest całkowite, to $P(x)$ ma współczynniki całkowite.\end{thm}
 
  \item \begin{useless} Wzory Viete chwilowo nie będą nam potrzebne, więc ich nie podaję :)\end{useless}
 
  \end{enumerate}
 
\paragraph{Zadania.}
 
  \begin{enumerate}
 
  \item Wielomian $P(x)$ o współczynnikach całkowitych spełnia $9|W(223)$ i $223|W(9)$. Jaka jest reszta z dzielenia $W(232)$ przez $2007$? (źródło - Staszic)
 
  \item Wykaż, że dla dowolnego wielomianu $W(x)$ mającego pierwiastek $x_0$ można znaleźć takie $c$, że dla każdego $k$ jest $2^k|W(2^k-c)$.
 
  \item Czy istnieje wielomian o współczynnikach całkowitych stopnia większego niż $1$ mający wszystkie wartości (dla argumentów całkowitych) będące liczbami złożonymi (czyli liczbami całkowitymi dodatnimi, nie będącymi pierwszymi i nie będącymi jedynką)? (źródło - Staszic)
 
  \item Czy istnieje wielomian o współczynnikach całkowitych stopnia większego niż $1$ mający wszystkie wartości (dla argumentów całkowitych) będące liczbami pierwszymi? (źródło - Staszic)
 
  \item Niech $P(x)$ będzie wielomianem o współczynnikach całkowitych. Wykazać, że jeżeli dla co najmniej 6 różnych liczb całkowitych przyjmuje on wartość 2007, to $P(x)$ nie ma pierwiastków całkowitych. (źródło - Staszic)
 
  \item Wielomian $P(x)$ o współczynnikach rzeczywistych dla dowolnej liczby $k=0,1,...,n$ spełnia równość $P(k)=\frac{k}{k+1}$. Obliczyć $P(n+1)$. (źródło - Zwardoń)
 
  \item Niech $P(x)$ i $Q(x)$ będą wielomianami $n$-tego stopnia i niech $x_1,...,x_{n+1}$ będą parami różne. Dowieść, że jeśli $P(x_i)=Q(x_i)$ dla $i=1,2,...,n+1$, to $P(x)\equiv Q(x)$ (są one identyczne). (źródło - dowód 2.)
 
  \item (*) Niech $F,G,H$ będą wielomianami stopnia co najwyżej $2n+1$ o współczynnikach rzeczywistych, takimi, że
 
  \begin{enumerate}
 
  \item dla wszystkich $x\in\mathbb{R}$ jest $F(x)\leq G(x)\leq H(x)$,
 
  \item istnieją takie parami różne $x_1,...,x_n$, że $F(x_i)=H(x_i)$ dla $i=1,2,...,n$,
 
  \item istnieje takie $x_0$ różne od $x_1,...,x_n$, że $F(x_0)+H(x_0)=2G(x_0)$.
 
  \end{enumerate}
 
  Udowodnić, że $2G(x)\equiv F(x)+H(x)$. (źródło - BW)
 
\end{enumerate}
 
\end{document}
 
 

Źródło rozwiązań w texu.

 
\documentclass[10pt]{article}
 
\usepackage{amssymb}
 
\textwidth 16cm
 
\textheight 24cm
 
\oddsidemargin 0cm
 
\topmargin 0pt
 
\headheight 0pt
 
\headsep 0pt
 
\usepackage[polish]{babel}
 
\usepackage[utf8]{inputenc}
 
\usepackage[T1]{fontenc}
 
%\usepackage{MnSymbol}
 
% ----------------------------------------------------------------
 
\vfuzz4pt % Don't report over-full v-boxes if over-edge is small
 
\hfuzz4pt % Don't report over-full h-boxes if over-edge is small
 
% THEOREMS -------------------------------------------------------
 
\newtheorem{thm}{Twierdzenie}[section]
 
\newtheorem{cor}[thm]{Wniosek}
 
\newtheorem{lem}[thm]{Lemat}
 
\newtheorem{defn}[thm]{Definicja}
 
\newtheorem{tozs}[thm]{Tożsamość}
 
\newtheorem{hyp}[thm]{Hipoteza}
 
\newtheorem{useless}[thm]{}
 
 
 
\def\rozw{\\ \textbf{Rozwiązanie}: \\}
 
 
 
\begin {document}
 
\title{Kółko 13.10 - wielomiany, bardziej całkowite}
 
\date{}
 
\maketitle
 
\paragraph{Teoria.}
 
\begin{enumerate}
 
  \item \begin{defn} Stopniem wielomianu $W(x)=a_0+a_1\cdot x+...+a_n\cdot x^n$ (gdzie $a_n\neq0$) nazywamy $n$ i oznaczamy to $\deg W(x)=n$. Przyjmujemy, że stopień wielomianu $W(x)=0$ wynosi $-\infty$.\end{defn}
 
  \item \begin{thm} Niech $x_1,x_2,...,x_n,x_{n+1}$ będą parami różne oraz niech $y_1,...,y_{n+1}$ będą rzeczywiste. Wtedy wśród wielomianów stopnia $n$ lub mniejszego istnieje dokładnie jeden wielomian $W(x)$ spełniający $W(x_i)=y_i$ dla $i=1,2,...,n+1$.\end{thm}
 
  \textbf{Dowód}: \\
 
  Na początek zauważmy, że wielomian
 
  $$W(x) := y_1 \frac{(x - x_2)(x - x_3)\dots (x - x_{n+1})}{(x_1 - x_2)(x_1 - x_3) \dots (x_1 - x_{n+1})} + 
 
  y_2 \frac{(x - x_1)(x - x_3)\dots (x - x_{n+1})}{(x_2 - x_1)(x_2 - x_3) \dots (x_2 - x_{n+1})} + \dots $$
 
  $$+ y_{n+1} \frac{(x - x_1)(x - x_2)\dots (x - x_n)}{(x_{n+1} - x_1)(x_{n+1} - x_2) \dots (x_{n+1} - x_n)}$$
 
  spełnia warunki twierdzenia (nazywany jest on \emph{wielomianem interpolacyjnym Lagrange'a}).\\
 
  Załóżmy teraz, że istnieją $2$ wielomiany $W(x),V(x)$ spełniające warunki zadania. Niech
 
  $$P(x) := W(x) - V(x)$$
 
  Chcemy udowodnić, że $P(x)\equiv 0$. Zachodzi
 
  $$P(x_i) = 0 \hbox{ dla } i=1,2,\dots,n+1$$
 
  więc, z tw. Bezout, mamy
 
  $$P(x) = Q(x)(x - x_1)(x - x_2) \dots (x - x_{n+1})$$
 
  ale wielomian $P(x)$ ma stopień co najwyżej $n$, a wielomian $(x - x_1)(x - x_2) \dots (x - x_{n+1})$ ma stopień $n+1$, więc $Q(x)\equiv 0$, a stąd wynika $P(x)\equiv 0$, co kończy dowód.
 
 
 
  \item \begin{thm} Jeżeli $W(x)$ ma współczynniki całkowite i $a,b$ są całkowite ($a\neq b$), to $a-b|W(a)-W(b)$. \end{thm}
 
  \item \begin{thm}[Bezout] Dla każdego $x_0$ i każdego wielomianu $W(x)$ zachodzi $W(x)=(x-x_0)P(x)+W(x_0)$, gdzie $P(x)$ jest wielomianem, który jest \textbf{różny dla różnych $x_0$}. Ponadto jeżeli $W(x)$ miało współczynniki całkowite i $x_0$ jest całkowite, to $P(x)$ ma współczynniki całkowite.\end{thm}
 
  \item \begin{useless} Wzory Viete chwilowo nie będą nam potrzebne, więc ich nie podaję :)\end{useless}
 
  \end{enumerate}
 
\paragraph{Zadania.}
 
  \begin{enumerate}
 
  \item Wielomian $P(x)$ o współczynnikach całkowitych spełnia $9|W(223)$ i $223|W(9)$. Jaka jest reszta z dzielenia $W(232)$ przez $2007$? (źródło - Staszic)
 
  \rozw
 
  Jest (patrz teoria)
 
  $$232 - 223 | W(232) - W(223) \hbox{ oraz } 9 | W(223) \hbox{ stąd } 9 | W(232) - W(223) + W(223) = W(232)$$
 
  $$232 - 9 | W(232) - W(9) \hbox{ oraz } 9223| W(9) \hbox{ stąd } 223 | W(232) - W(9) + W(9) = W(232)$$
 
  Skoro $232,9$ są względnie pierwsze i $2007 = 223 \cdot 9$, to stąd już wynika, że $2007 | W(232)$, a więc $W(232)$ daje resztę $0$.
 
 
 
  \item Wykaż, że dla dowolnego wielomianu $W(x)$ mającego pierwiastek $x_0$ można znaleźć takie $c$, że dla każdego $k$ jest $2^k|W(2^k-c)$.
 
  \rozw
 
  Mamy dla dowolnej liczby naturalnej $n$:
 
  $$n | W(n + x_0) - W(x_0) = W(n + x_0)$$
 
  W szczególności jeżeli weźmiemy $c:= - x_0$, to $n|W(n - c)$, a stąd w jeszcze większej szczególności $2^k | W(2^k - c)$.
 
 
 
  \item Czy istnieje wielomian o współczynnikach całkowitych stopnia większego niż $1$ mający wszystkie wartości (dla argumentów całkowitych) będące liczbami złożonymi (czyli liczbami całkowitymi dodatnimi, nie będącymi pierwszymi i nie będącymi jedynką)? (źródło - Staszic)
 
  \rozw
 
  Tak, przykładem takiego wielomianu jest wielomian $4(x^2 + 1)$.
 
 
 
  \item Czy istnieje wielomian o współczynnikach całkowitych stopnia większego niż $1$ mający wszystkie wartości (dla argumentów całkowitych) będące liczbami pierwszymi? (źródło - Staszic)
 
  \rozw
 
  Udowodnimy, że taki wielomian nie istnieje.\\
 
  Załóżmy, że wielomian $W(x)$ spełnia własność z treści zadania. Niech $p = W(0)$.
 
  $$\hbox{Mamy } kp | W(kp) - W(0) \hbox{ dla wszystkich } k\in\mathbb{Z}$$
 
  $$\hbox{więc } p | W(kp) \hbox{ dla wszystkich } k\in\mathbb{Z}$$
 
  Ale $W(kp)$ jest liczbą pierwszą, więc jeżeli jest ona podzielna przez $p > 1$, to jest równa $p$:
 
  $$W(kp) = p \hbox{ dla wszystkich } k\in\mathbb{Z}$$
 
  Wielomian $W(x)$ przyjmuje w nieskończenie wielu punktach taką wartość jak $V(x) = p$, więc wielomiany te są równe.\\
 
  Bardziej formalnie: załóżmy, że $n = \deg W$. Wielomian $W(x)$ jest jedynym wielomianem stopnia $\leq n$, który przyjmuje wartość $p$ w punktach $0,p,2p,\dots,np$. Ale $V(x) = p$ też jest takim wielomianem, więc $W(x) = V(x) = p$.\\
 
  Wielomian $W$ jest więc stały, co przeczy założeniom zadania.\\
 
  Odpowiedź: Taki wielomian nie istnieje.
 
 
 
  \item Niech $P(x)$ będzie wielomianem o współczynnikach całkowitych. Wykazać, że jeżeli dla co najmniej $6$ różnych liczb całkowitych przyjmuje on wartość $2007$, to $P(x)$ nie ma pierwiastków całkowitych. (źródło - Staszic)
 
  \rozw
 
  Rozważmy wielomian
 
  $$Q(x) = P(x) - 2007$$
 
  Wielomian $Q(x)$ ma, zgodnie z założeniami zadania, przynajmniej $6$ różnych pierwiastków $x_1,x_2,\dots,x_6$, chcemy zaś udowodnić, że nie przyjmuje on wartości $2007$.\\
 
  Zgodnie z tw Bezout, jest
 
  $$Q(x) = (x - x_1)(x - x_2)(x - x_3)(x - x_4)(x - x_5)(x - x_6)R(x)$$
 
  gdzie $R(x)$ ma współczynniki całkowite.\\
 
  Rozkład na czynniki pierwsze $2007$ to $3^2 \cdot 223$. Załóżmy, że dla pewnego $X$ jest $Q(X) = 2007$. Wtedy
 
  $$(X - x_1)(X - x_2)(X - x_3)(X - x_4)(X - x_5)(X - x_6) | 2007$$
 
  Co najwyżej $1$ z tych czynników może się dzielić przez $223$ i co najwyżej $2$ mogą się dzielić przez $3$. Aż $3$ czynniki muszą więc być równe $\pm 1$, co jest niemożliwe, gdyż czynniki są parami różne. Sprzeczność.
 
 
 
  \item Wielomian $P(x)$, stopnia co najwyżej $n>2$, o współczynnikach rzeczywistych dla dowolnej liczby $k=0,1,...,n$ spełnia równość $P(k)=\frac{k}{k+1}$. Obliczyć $P(n+1)$. (źródło - Zwardoń)
 
  \rozw
 
  Niech $Q(x) = P(x)\cdot(x+1) - x$. Z założeń zadania wynika, że $\deg Q\leq n+1$ oraz, że
 
  $$Q(k) = 0 \hbox{ dla } k = 0,1,2,\dots,n$$
 
  Jest więc, z tw Bezout
 
  $$Q(x)=x(x-1)(x-2)\dots(x-n)R(x)$$
 
  ponieważ $n+1 = \deg\ x(x-1)(x-2)\dots(x-n) \geq \deg Q$, to $R(x)$ jest wielomianem stałym. Ponadto $Q(-1) = P(-1)\cdot 0 - (-1) = 1$, a stąd obliczam
 
  $$R(x) = \frac{(-1)^{n+1}}{(n+1)!}$$
 
  $$Q(x)=\frac{(-1)^{n+1}}{(n+1)!} x(x-1)(x-2)\dots(x-n)$$
 
  Pozostaje policzyć
 
  $$Q(n+1) = (-1)^{n+1}$$
 
  $$P(n+1)\cdot(n+1) - n = (-1)^{n+1}$$
 
  $$P(n+1) = \frac{n+(-1)^{n+1}}{n+1}$$
 
 
 
  \item Niech $P(x)$ i $Q(x)$ będą wielomianami $n$-tego stopnia i niech $x_1,...,x_{n+1}$ będą parami różne. Dowieść, że jeśli $P(x_i)=Q(x_i)$ dla $i=1,2,...,n+1$, to $P(x)\equiv Q(x)$ (są one identyczne). (źródło - dowód 2.)
 
  \rozw Dowód powyżej (w teorii).
 
 
 
  \item (*) Niech $F,G,H$ będą wielomianami stopnia co najwyżej $2n+1$ o współczynnikach rzeczywistych, takimi, że
 
  \begin{enumerate}
 
  \item dla wszystkich $x\in\mathbb{R}$ jest $F(x)\leq G(x)\leq H(x)$,
 
  \item istnieją takie parami różne $x_1,...,x_n$, że $F(x_i)=H(x_i)$ dla $i=1,2,...,n$,
 
  \item istnieje takie $x_0$ różne od $x_1,...,x_n$, że $F(x_0)+H(x_0)=2G(x_0)$.
 
  \end{enumerate}
 
  Udowodnić, że $2G(x)\equiv F(x)+H(x)$. (źródło - BW)
 
  \rozw
 
  \begin{defn}Jeżeli $W(x)$ jest podzielne przez $(x-a)^k$, ale nie jest podzielne przez $(x-a)^{k+1}$, to mówimy, że $a$ jest $k$-krotnym pierwiastkiem $W(x)$.\end{defn}
 
  \begin{lem}Jeżeli $W(x)$ jest stale nieujemny, to wszystkie jego pierwiastki są parzystej krotności.\end{lem}
 
  \textbf{Dowód lematu}: Korzysta z pojęcia ciągłości funkcji wielomianowej.
 
  \rozw Rozważmy wielomiany
 
  $$W(x) := H(x) - G(x), V(x) := G(x) - F(x)$$
 
  Są one stale dodatnie, ponadto w punktach $x_1,x_2,\dots,x_n$ przyjmują wartość $0$, więc z tw. Bezout i z lematu wynika:
 
  $$W(x) = (x-x_1)^2 (x-x_2)^2 \dots (x - x_n)^2 R(x)$$
 
  wielomian $R(x)$ jest stopnia co najwyżej $(2n + 1) - 2\cdot n = 1$. Ale gdyby $R$ było stopnia $1$, to $W(x)$ miałby pierwiastek nieparzystej krotności, co jest niemożliwe. A więc $R(x)$ jest stałą i $W(x)$ ma postać
 
  $$W(x) = \alpha (x-x_1)^2 (x-x_2)^2 \dots (x - x_n)^2$$
 
  Analogicznie
 
  $$V(x) = \beta (x-x_1)^2 (x-x_2)^2 \dots (x - x_n)^2$$
 
  ponadto $W(x_0) = V(x_0) \neq 0$, a więc $\alpha = \beta$ i $W(x) \equiv V(x)$, czyli
 
  $$H(x) - G(x) \equiv G(x) - F(x)\hbox{ a więc } 2G(x) \equiv F(x) + H(x)$$
 
 
 
\end{enumerate}
 
\end{document}