Олимпиадная задача по многочленам и функциональным свойствам для 10–11 классов

Решение 1:   Предположим, что P(x) не имеет действительных корней. Тогда P(x) имеет чётную степень, не меньшую 2. Действительно, любой многочлен нечётной степени имеет хотя бы один действительный корень, а если  P(x) = const,  то из условия получаем, что  P(x) ≡ 0.

  Так как P(x) не имеет действительных корней, то он принимает значения одного знака. Будем считать, что  P(x) > 0  (иначе умножим его на –1). Поскольку P(x) имеет чётную степень, найдётся точка t₀, в которой достигается (глобальный нестрогий) минимум P(x), то есть  P(x) ≥ P(t₀) = A > 0.  Рассмотрим такое x₀, что  t₀ = a₃x₀ + b₃.  Тогда  P(a₁x₀ + b₁) + P(a₂x₀ + b₂) ≥ 2A > A = P(t₀) = P(a₃x₀ + b₃).  Противоречие.

Решение 2:   Если  a₁ ≠ a₃,  то существует такое x₀, что  a₁x₀ + b₁ = a₃x₀ + b₃.  Подставляя  x = x₀  в данное равенство, получаем после сокращения  P(a₂x₀ + b₂) = 0,  то есть у P(x) есть корень. Аналогично рассматривается случай   a₂ ≠ a₃.

  Остался лишь случай  a₁ = a₂ = a₃ = a ≠ 0.  Пусть p₀ – старший коэффициент многочлена P(x), а n – его степень. Тогда старшие коэффициенты многочленов в левой и правой частях данного равенства равны 2p₀aⁿ и  p₀aⁿ, поэтому  p₀ = 0.  Это значит, что  P(x) ≡ 0.

Ответ задачи отсутствует