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

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 65582
Темы:    [ Примеры и контрпримеры. Конструкции ]
[ Многочлен n-й степени имеет не более n корней ]
[ Индукция (прочее) ]
[ Тригонометрические уравнения ]
Сложность: 4
Классы: 10,11
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Существует ли такой квадратный трёхчлен f(x), что для любого натурального n уравнение  f(f(...f(x))) = 0  (n букв "f") имеет ровно 2n различных действительных корней?


Решение

  Например,  f(x) = 2x² – 1.  Ограничим область определения функции проколотым интервалом  D = (–1, 0) ∪ (0, 1).  Нарисовав график  y = 2x² – 1,  увидим, что соответствующая область значений – интервал  (–1, 1)  и каждое значение принимается ровно два раза. Обозначим  f(f(...f(x))  (n букв "f") через  fn(x).  Ясно, что это многочлен степени 2n и что  fn(x) = f(fn–1(x)) = fn–1(f(x)).  Докажем индукцией по n, что  fn имеет 2n ненулевых корней, принадлежащих D.
  База  (n = 1):  значение 0 принимается дважды.
  Шаг индукции. Для каждого из  2n–1  принадлежащих D корней функции  fn–1 найдём по две точки, в которых значение функции  f равно этому корню. Это и будут корни функции  fn   (fn–1(a) = 0,  f(x) = a  ⇒  fn(x) = fn–1(f(x)) = fn–1(a) = 0).
  Это – все корни, так как их количество равно степени многочлена.


Ответ

Существует.

Замечания

1. Положим  x = cos φ.  Тогда  f(x) = cos 2φ,  f(f(x)) = cos 4φ,  ...,  f(f(...f(x))) = cos 2nφ.  Теперь 2n корней можно указать явно:
xk = cos(π/2n+1 + πk/2n) ,  k = 0, 1, ..., 2n – 1.

2. 6 баллов.

3. Задача была опубликована в Задачнике "Кванта" ("Квант", 2005, №6, задача М1977).

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Турнир городов
Турнир
Номер 26
Дата 2004/2005
вариант
Вариант весенний тур, основной вариант, 10-11 класс
задача
Номер 4

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

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