XIV математическая олимпиада «Шелковый путь», 2020 год

Коэффициенттері нақты сандар болатын $Q(x) = k_n x^n + k_{n-1} x^{n-1} + \ldots + k_1 x + k_0$ көпмүшесі үшін $|k_0| = |k_1| + |k_2| + \ldots + |k_{n-1}| + |k_n|$ теңдігі орындалса, ондай көпмүшені қуатты деп атаймыз, ал егер егер $k_0 \geq k_1 \geq \ldots \geq k_{n-1} \geq k_n$ теңсіздіктері орындалса, осы көпмүшені өспелі емес деп атаймыз.
Коэффициенттері нөлге тең емес нақты сандар болатын $P(x) = a_d x^d + a_{d-1} x^{d-1} + \ldots + a_1 x + a_0$ көпмүше үшін $(a_d > 0)$, қандай-да бір бүтін теріс емес $s$ және $t$ $(s + t > 0)$ сандары үшін $P(x)(x-1)^t(x+1)^s$ көпмүшесі қуатты болсын. $P(x)$ және $(-1)^d P(-x)$ көпмүшелерінің кемінде біреуі өспелі емес екенін дәлелдеңіз. ( Navid Safaei )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Заметим следующий факт: если для действительных чисел $x_1, x_2, \ldots, x_m$ выполняется равенство \[|x_1| + |x_2| + \ldots + |x_m| = |x_1 + x_2 + \ldots + x_m|,\] то они одного знака.
Пусть \[Q(x) = P(x) (x-1)^t (x+1)^s = b_n x^n + b_{n-1} x^{n-1} + \ldots + b_0,\] где $b_n = a_d > 0$. Из условия имеем равенство \[|b_0 |=|b_1| + |b_2| + \ldots + |b_n|.\]
Лемма: Если $t \geq 1$, то $b_1, b_2, \ldots, b_n \geq 0$.
Доказательство: \[Q(1) = 0 \implies b_0 + b_1 + \ldots + b_n = 0 \implies\] \[\implies |b_1 + b_2 + \ldots + b_n| = |b_0| = |b_1| + |b_2| + \ldots + |b_n|,\] а значит, числа $b_1, b_2, \ldots, b_n$ одного знака. Так как $b_n > 0$, то $b_1, b_2, \ldots, b_{n-1} \geq 0$. Лемма доказана.
Предположим, что $t \geq 2$. По лемме, \[b_1, b_2, \ldots, b_{n-1} \geq 0 \implies b_1 + 2b_2 + \ldots + nb_n > 0.\] С другой стороны, пусть $R(x) = \dfrac{Q(x)}{(x - 1)^2}$. Тогда \[Q'(x) = 2(x - 1) R(x) + (x - 1)^2 R'(x) \implies Q'(1) = 0 \implies b_1 + 2b_2 + \ldots + nb_n = 0\] --- противоречие. Следовательно, $t \leq 1$.
Аналогично можно показать, что $s \leq 1$. Теперь рассмотрим три случая.
I) $t = 1, s = 1$. \[Q(x) = P(x) (x^2 - 1) \implies Q(1) = Q(-1) = 0 \implies \] \[\implies b_0 + b_1 + \ldots + b_n = b_0 - b_1 + b_2 + \ldots + {(-1)^n} b_n = 0 \implies\] \[\implies b_1 + b_3 + b_5 + \ldots = 0.\] По лемме, \[b_1, b_2, \ldots, b_n \geq 0 \implies b_1 = b_3 = b_5 = \ldots = 0,\] --- противоречие, так как $b_1 = -a_1$ и по условию $a_1 \ne 0$.
II) $t = 1, s = 0$. \[Q(x) = P(x)(x-1) = -a_0 + (a_0 - a_1 ) x + \ldots + (a_{d-1} - a_d) x^d + a_d x^{d+1}.\] По лемме, \[a_0 - a_1 = b_1 \geq 0, \ldots, a_{d-1} - a_d = b_d \geq 0 \implies a_0 \geq a_1 \geq \ldots \geq a_d.\] Следовательно, $P(x)$ — невозрастающий.
III) $t = 0, s = 1$. \[Q(-1) = 0 \implies b_0 - b_1 + \ldots + (-1)^n b_n = 0 \implies\] \[\implies |b_1 - b_2 + \ldots + (-1)^n b_n| = |b_0| = |b_1| + |-b_2| + \ldots + |(-1)^n b_n|.\] Значит, числа $b_1, -b_2, \ldots, (-1)^n b_n$ одного знака, а так как $b_n > 0$, то $(-1)^{n-i} b_i \geq 0$ для каждого $1 \leq i \leq n$. \[Q(x) = P(x)(x+1) = a_0 + (a_0 + a_1) x + \ldots + (a_{d-1} + a_d) x^d + a_d x^{d+1} \implies\] \[\implies (-1)^{d+1-i} (a_{i-1} + a_i) \geq 0 \ (\text{для всех } 1 \leq i \leq d) \implies\] \[\implies a_d \leq -a_{d-1} \leq a_{d-2} \leq \ldots \leq (-1)^d a_0.\] Получается, что многочлен $(-1)^d P(-x) = a_d x^d - a_{d-1} x^{d-1} + \ldots + (-1)^d a_0$ — невозрастающий.