Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1856
2019-01-21 
Существует ли такое конечное множество $M$ ненулевых действительных чисел, что для любого натурального $n$ найдется многочлен степени не меньше $n$ с коэффициентами из множества $M$, все корни которого действительны и также принадлежат $M$?
Решение:
Допустим противное: множество $M = \{a_1, a_2, \cdots, a_k \}$ удовлетворяет условию задачи. Пусть $m = min \{|a_1|, |a_2|, \cdots, |a_k| \}, M = max \{ |a_1|, |a_2|, \cdots, |a_k| \}$, из условия следует, что $M \geq m > 0$.
Рассмотрим многочлен $P(x) = b_nx^n + b_{n-1}x^{n-1} + \cdots + b_1x + b_0$, все коэффициенты $b_0, b_1, \cdots, b_n$ и корни $x_1, x_2, \cdots, x_n$ которого принадлежат
множеству $M$. По теореме Виета $x_1 + x_2 + \cdots + x_n = -\frac{b_{n-1}}{b_n}$ и $x_1x_2 + x_1x_3 + \cdots + x_1x_n + x_2x_3 + \cdots + x_{n-1}x_n = \frac{b_{n-2}}{b_n}$, поэтому $x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + \cdots + x_{n}^{2} = (-\frac{b_{n-1}^2}{b_n})^2 - 2\frac{b_{n-2}}{b_n}$. Отсюда следует, что $nm^2 \leq x_1^2 + x_2^2 + \cdots + x_n^2 = \frac{b_{n-1}^2}{b_n^2} - 2\frac{b_{n-2}}{b_n} \leq \frac{M^2}{m^2} + 2\frac{M}{m}$, т.е. $n \leq \frac{M^2}{m^4} + 2\frac{M}{m^3} = A$. Получили противоречие: степень многочлена не может быть больше $A$.
Замечание. Условие отличия чисел от нуля существенно, иначе бы подходил набор ${0,1}$.
Ответ. Не существует.
Существует ли такое конечное множество $M$ ненулевых действительных чисел, что для любого натурального $n$ найдется многочлен степени не меньше $n$ с коэффициентами из множества $M$, все корни которого действительны и также принадлежат $M$?
Решение:
Допустим противное: множество $M = \{a_1, a_2, \cdots, a_k \}$ удовлетворяет условию задачи. Пусть $m = min \{|a_1|, |a_2|, \cdots, |a_k| \}, M = max \{ |a_1|, |a_2|, \cdots, |a_k| \}$, из условия следует, что $M \geq m > 0$.
Рассмотрим многочлен $P(x) = b_nx^n + b_{n-1}x^{n-1} + \cdots + b_1x + b_0$, все коэффициенты $b_0, b_1, \cdots, b_n$ и корни $x_1, x_2, \cdots, x_n$ которого принадлежат
множеству $M$. По теореме Виета $x_1 + x_2 + \cdots + x_n = -\frac{b_{n-1}}{b_n}$ и $x_1x_2 + x_1x_3 + \cdots + x_1x_n + x_2x_3 + \cdots + x_{n-1}x_n = \frac{b_{n-2}}{b_n}$, поэтому $x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + \cdots + x_{n}^{2} = (-\frac{b_{n-1}^2}{b_n})^2 - 2\frac{b_{n-2}}{b_n}$. Отсюда следует, что $nm^2 \leq x_1^2 + x_2^2 + \cdots + x_n^2 = \frac{b_{n-1}^2}{b_n^2} - 2\frac{b_{n-2}}{b_n} \leq \frac{M^2}{m^2} + 2\frac{M}{m}$, т.е. $n \leq \frac{M^2}{m^4} + 2\frac{M}{m^3} = A$. Получили противоречие: степень многочлена не может быть больше $A$.
Замечание. Условие отличия чисел от нуля существенно, иначе бы подходил набор ${0,1}$.
Ответ. Не существует.
