ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам | Поиск |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 64640
Темы:    [ Свойства коэффициентов многочлена ]
[ Неравенства. Метод интервалов ]
Сложность: 4-
Классы: 10,11
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Дан многочлен  P(x) = a2nx2n + a2n–1x2n–1 + ... + a1x + a0,  у которого каждый коэффициент ai принадлежит отрезку  [100, 101].
При каком минимальном натуральном n у такого многочлена может найтись действительный корень?


Решение

  Пример. Назовём многочлен, удовлетворяющий условию задачи, красивым. Многочлен  P(x) = 100(x200 + x198 + ... + x2 + 1) + 101(x199 + x197 + ... + x) красив и имеет корень –1. Значит, при  n = 100  требуемое возможно.
  Оценка. Докажем, что при  n < 100  красивый многочлен положителен на всей оси. Это, очевидно, выполнено при x ≥ 0; для отрицательных же
x = –t  достаточно доказать неравенство  100(t2n + t2n–2 + ... + t2 + 1) > 101(t2n–1 + t2n–3 + ... + t)  при всех  t > 0.  Умножая его на  t + 1,  получаем равносильное неравенство  100(t2n+1 + t2n + ... + 1) > 101(t2n + t2n–1 + ... + t),  или  100(t2n+1 + 1) > t2n + t2n–1 + ... + t.   (*)
  Заметим, что  (tk – 1)(t2n+1–k – 1) ≥ 0  при всех  k = 1, ..., n  (обе скобки имеют одинаковые знаки при  t > 0). Раскрывая скобки, получаем
t2n+1 + 1 > t2n+1–k + tk.
  Складывая все такие неравенства и учитывая, что  n < 100,  получаем  t2n + t2n–1 + ... tn(t2n+1 + 1) < 100(t2n+1 + 1),  что и доказывает (*).


Ответ

n = 100.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Всероссийская олимпиада по математике
год
Год 2013-2014
этап
1
Вариант 4
класс
Класс 11
1
задача
Номер 11.7

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .