Математика ЕГЭ
Русский язык ЕГЭ
Математика 5-7
Математика ОГЭ
Физика
Кликните, чтобы открыть меню

19. Задачи на теорию чисел

1. Вспоминай формулы по каждой теме
2. Решай новые задачи каждый день
3. Вдумчиво разбирай решения

Теорема Безу

Задание 1 #2265
Уровень задания: Легче ЕГЭ

Найдите остаток от деления многочлена \(x^3 - 5\) на многочлен \(x - 5\).

Добавить задание в избранное

По теореме Безу остаток от деления многочлена \(P(x)\) на \(x - x_0\) равен \(P(x_0)\), следовательно, остаток от деления многочлена \(x^{3} - 5\) на \(x - 5\) равен \[5^3 - 5 = 120\,.\]

Ответ: 120

Задание 2 #2266
Уровень задания: Легче ЕГЭ

Найдите остаток от деления многочлена \(x^{216} + x^{36} + x^{6} - 6\) на многочлен \(x + 1\).

Добавить задание в избранное

По теореме Безу остаток от деления многочлена \(P(x)\) на \(x - x_0\) равен \(P(x_0)\), следовательно, остаток от деления многочлена \(x^{216} + x^{36} + x^{6} - 6\) на \(x + 1\) равен \[(-1)^{216} + (-1)^{36} + (-1)^{6} - 6 = -3\,.\]

Ответ: -3

Задание 3 #2267
Уровень задания: Легче ЕГЭ

При каких значениях параметра \(a\) многочлен \(P(x) = x^{2017} + ax - 5\) делится на многочлен \(x + 1\)?

Добавить задание в избранное

По теореме Безу остаток от деления многочлена \(P(x)\) на \(x - x_0\) равен \(P(x_0)\), следовательно, остаток от деления многочлена \(P(x) = x^{2017} + ax - 5\) на \(x + 1\) равен \[P(-1) = (-1)^{2017} - a - 5 = -a - 6\,.\]

По условию требовалось найти \(a\), при которых многочлен \(P(x) = x^{2017} + ax - 5\) делится на многочлен \(x + 1\), то есть остаток от деления должен быть равен \(0\): \[-a - 6 = 0\qquad\Leftrightarrow\qquad a = -6\,.\]

Таким образом, ответ \(a = -6\).

Ответ: -6

Задание 4 #2512
Уровень задания: Легче ЕГЭ

Виталий утверждает, что какими бы ни были три различных числа \(x_1\), \(x_2\), \(x_3\), достаточно знать остатки от деления многочлена второй степени \(P_2(x)\) на многочлены \(x - x_1\), \(x - x_2\), \(x - x_3\), чтобы этим условием \(P_2(x)\) определялся однозначно. Прав ли он?

Добавить задание в избранное

По теореме Безу остаток от деления многочлена \(P(x)\) на \(x - x_0\) равен \(P(x_0)\), следовательно, если мы знаем остатки от деления \(P_2(x)\) на \(x - x_1\), \(x - x_2\), \(x - x_3\), то мы знаем \(P_2(x_1)\), \(P_2(x_2)\), \(P_2(x_3)\).

Допустим, что Виталий не прав, тогда существует по меньшей мере два многочлена второй степени \(P(x)\) и \(Q(x)\), такие, что \(P(x_1) = Q(x_1)\), \(P(x_2) = Q(x_2)\), \(P(x_3) = Q(x_3)\), но \(P(x)\) и \(Q(x)\) – многочлены второй степени, причём для \(i = 1, 2, 3\) должно быть выполнено \[P(x_i) = Q(x_i) \qquad\Leftrightarrow\qquad P(x_i) - Q(x_i) = 0\,,\] но \(R(x) = P(x) - Q(x)\) – многочлен, степень которого не выше \(2\), следовательно, он может иметь три корня только в случае \(R(x) = 0\), то есть при \(P(x) = Q(x)\), следовательно, наше предположение неверно и Виталий прав.

Ответ:

Да

Задание 5 #2513
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Известно, что \(P(x)\) – многочлен.

а) Верно ли, что при любом \(a\in\mathbb{R}\) многочлен \(P(x) - P(a)\) делится без остатка на \((x - a)\)?

б) Может ли быть так, что при любом \(a\in\mathbb{R}\) многочлен \(P(x) - P(a)\) делится без остатка на \((x + a)\)?

Добавить задание в избранное

а) Зафиксируем произвольное \(a\in\mathbb{R}\). По теореме Безу остаток от деления многочлена \(P(x)\) на \(x - a\) равен \(P(a)\), следовательно, существует многочлен \(Q(x)\) такой, что \[P(x) = (x - a)Q(x) + P(a)\qquad\Leftrightarrow\qquad P(x) - P(a) = (x - a)Q(x)\] – делится на \((x - a)\).

б) Достаточно рассмотреть \(P(x) = x^2\), тогда \[P(x) - P(a) = x^2 - a^2 = (x - a)(x + a)\] – делится на \((x + a)\).

Ответ:

а) Да

б) Да

Задание 6 #2514
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Все коэффициенты многочлена \(P(x)\) – целые числа. Известно, что \(P(-1) = -1\) и \(P(n) = 0\) при некотором \(n\in\mathbb{Z}\).

а) Приведите пример многочлена \(P(x)\), подходящего по условию, чтобы его степень была равна \(2016\).

б) Найдите \(P(0)\cdot P(-2)\) для каждого подходящего по условию \(P(x)\).

Добавить задание в избранное

а) Подходит, например, \(P(x) = x^{2016} + 2x\): \[P(-1) = -1\qquad\qquad P(0) = 0\,.\]

б) Зафиксируем произвольный подходящий по условию \(P(x)\). По теореме Безу остаток от деления многочлена \(P(x)\) на \(x - x_0\) равен \(P(x_0)\), следовательно, существует многочлен \(Q(x)\), такой что \[P(x) = (x + 1)Q(x) - 1\,.\]

Покажем, что у \(Q(x)\) все коэффициенты также целые числа:
пусть \[Q(x) = a_nx^n + a_{n - 1}x^{n - 1} + ... + a_1x + a_0\,,\] тогда

\[\begin{aligned} &P(x) = (x + 1)(a_nx^n + a_{n - 1}x^{n - 1} + ... + a_1x + a_0) - 1 = \\ & = a_nx^{n + 1} + (a_n + a_{n-1})x^{n} + (a_{n-1} + a_{n-2})x^{n-1} + ... + (a_1 + a_0)x + a_0 - 1\,. \end{aligned}\]

Так как \((a_0 - 1)\in\mathbb{Z}\), то \(a_0\in\mathbb{Z}\). Так как \((a_1 + a_0)\in\mathbb{Z}\) и \(a_0\in\mathbb{Z}\), то \(a_1 \in\mathbb{Z}\) и т.д. Таким образом, у \(Q(x)\) все коэффициенты – целые числа. \[P(n) = (n + 1)Q(n) - 1 = 0\qquad\Leftrightarrow\qquad Q(n) = \dfrac{1}{n + 1}\,.\] Так как у \(Q(x)\) все коэффициенты – целые числа, то и число \(Q(n) = \dfrac{1}{n + 1}\) – целое, тогда либо \(n = 0\), либо \(n = -2\).

Так как \(P(n) = 0\), а мы показали, что это возможно только при \(n = 0\) либо при \(n = -2\), то в произведении \(P(0)\cdot P(-2)\) хотя бы один из множителей равен нулю (а второй не теряет смысла, так как \(P(x)\) определён при любых \(x\)), тогда \[P(0)\cdot P(-2) = 0\,.\]

Ответ:

а) \(x^{2016} + 2x\)

б) \(0\)