ВсОШ 2026, 11 класс, задача 4

Ответ: .

Решение. Начнём с примера. Положим

Пусть . Тогда , поскольку два множителя равны по модулю , а остальные больше, чем . Следовательно, знаки значений в этих точках чередуются: , , , , поэтому между каждыми двумя соседними из них у многочлена есть корень. Таким образом, у этого многочлена различных вещественных корней . Положим . Тогда

Итого числа — корни многочлена , а числа являются корнями многочлена , тем самым, построенный многочлен степени подходит под условие задачи.

Теперь докажем оценку, что . Предположим, что это неверно; поскольку у многочлена есть вещественных корней, это возможно лишь в случае . Положим

По теореме Виета для многочленов и мы получаем, что

По условию при , значит, ровно для пар в этом равенстве будет знак и ровно для будет знак . Обозначим через унитарный многочлен степени , корнями которого будут чисел , для которых , через — унитарный многочлен степени , корнями которого будут оставшиеся , для которых . Тогда числа будут корнями многочлена , то есть и , поэтому

Положим . Поскольку и — унитарные многочлены степени 50, то . Кроме того,

В частности, многочлен тождественно не равен нулю. Положим

Тогда у многочлена коэффициент при равен , а у многочлена получится . Эти коэффициенты отличаются на , однако, в силу полученного выше соотношения, они должны быть одинаковы, противоречие.

Замечание. Прийти к противоречию, используя равенство , можно несколько иначе. Приравнивая соответствующие коэффициенты, мы получим, что по данному многочлену однозначно восстанавливаются коэффициенты , причём для этого достаточно условий на коэффициенты при степенях не младше 49-й. Однако, если в правой части заменить 1 на 0, то полученному равенству будет удовлетворять многочлен . Таким образом, именно его коэффициенты и будут восстановлены как коэффициенты многочлена , противоречие.