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2003 AIME II Problema 9

Intenta el Problema 9 del 2003 AIME II a continuación y luego compara tu respuesta con la solución preparada profesionalmente de LIVE by Po-Shen Loh. También puedes intentar el examen cronometrado completo, ver todas las soluciones del 2003 AIME II, o revisar la clave de respuestas.

Todos los problemas se usan con el permiso legal oficial de la Mathematical Association of America (MAA).

9.

Considera los polinomios P(x)=x6−x5−x3−x2−xP(x) = x^6 - x^5 - x^3 - x^2 - x y Q(x)=x4−x3−x2−1.Q(x) = x^4 - x^3 - x^2 - 1. Dado que z1,z_1, z2,z_2, z3,z_3, y z4z_4 son las raíces de Q(x)=0,Q(x) = 0, halla P(z1)+P(z2)+P(z3)+P(z4).P(z_1) + P(z_2) + P(z_3) + P(z_4).
Consider the polynomials P(x)=x6−x5−x3−x2−xP(x) = x^6 - x^5 - x^3 - x^2 - x and Q(x)=x4−x3−x2−1.Q(x) = x^4 - x^3 - x^2 - 1. Given that z1,z_1, z2,z_2, z3,z_3, and z4z_4 are the roots of Q(x)=0,Q(x) = 0, find P(z1)+P(z2)+P(z3)+P(z4).P(z_1) + P(z_2) + P(z_3) + P(z_4).
Respuesta: 6
Conceptos:polinomioFórmulas de Vieta
Nivel de dificultad: 2400
Pista pequeña:
Divide P(x)P(x) entre Q(x);Q(x); en las raíces de Q,Q, solo sobrevive el residuo
Divide P(x)P(x) by Q(x);Q(x); at the roots of Q,Q, only the remainder survives
Pista grande:
P(x)=Q(x)(x2+1)P(x) = Q(x)(x^2 + 1) +x2−x+1,+ x^2 - x + 1, así que suma zi2−zi+1z_i^2 - z_i + 1 usando las fórmulas de Vieta en QQ
P(x)=Q(x)(x2+1)P(x) = Q(x)(x^2 + 1) +x2−x+1,+ x^2 - x + 1, so sum zi2−zi+1z_i^2 - z_i + 1 using Vieta’s formulas on QQ
Solución:
La división de polinomios da P(x)=Q(x) (x2+1)+x2−x+1, \begin{aligned} &P(x) = Q(x)\,(x^2 + 1) \\ &\quad {}+ x^2 - x + 1, \end{aligned} así que P(zi)=zi2−zi+1P(z_i) = z_i^2 - z_i + 1 para cada raíz ziz_i de Q.Q.
Por las fórmulas de Vieta para Q(x)=x4−x3−x2−1,Q(x) = x^4 - x^3 - x^2 - 1, tenemos ∑zi=1\sum z_i = 1 y ∑i<jzizj=−1,\sum_{i \lt j} z_i z_j = -1, así que ∑zi2=(∑zi)2−2∑i<jzizj\sum z_i^2 = \left(\sum z_i\right)^2 - 2\sum_{i \lt j} z_i z_j =1+2=3.= 1 + 2 = 3. Por lo tanto ∑i=14P(zi)=3−1+4=6.\sum_{i=1}^4 P(z_i) = 3 - 1 + 4 = 6.
Polynomial division gives P(x)=Q(x) (x2+1)+x2−x+1, \begin{aligned} &P(x) = Q(x)\,(x^2 + 1) \\ &\quad {}+ x^2 - x + 1, \end{aligned} so P(zi)=zi2−zi+1P(z_i) = z_i^2 - z_i + 1 for each root ziz_i of Q.Q.
By Vieta’s formulas for Q(x)=x4−x3−x2−1,Q(x) = x^4 - x^3 - x^2 - 1, we have ∑zi=1\sum z_i = 1 and ∑i<jzizj=−1,\sum_{i \lt j} z_i z_j = -1, so ∑zi2=(∑zi)2−2∑i<jzizj\sum z_i^2 = \left(\sum z_i\right)^2 - 2\sum_{i \lt j} z_i z_j =1+2=3.= 1 + 2 = 3. Therefore ∑i=14P(zi)=3−1+4=6.\sum_{i=1}^4 P(z_i) = 3 - 1 + 4 = 6.
Problema 8#8
Examen completo
Problema 10#10

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