Тема АЛГЕБРА

Многочлены → .01 Многочлены с целыми коэффициентами и теорема Безу

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела алгебра

Разделы подтемы Многочлены

Многочлены с целыми коэффициентами и теорема Безу

Теорема Виета для многочленов

Корни многочленов

Свойства коэффициентов многочленов, раскрытие скобок и бином Ньютона

Симметрические многочлены

Применение производной в многочленах

Многочлены над конечным полем

Неприводимость и разложение на неприводимые многочлены

Интерполяция

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 41#107091Максимум баллов за задание: 7

Доказать, что для любого многочлена $P(x)$ с целыми коэффициентами выражение $P(b)− P(a)$ делится на ( $b− a$ ) при любых целых $a,b,a ⁄=b$ .

Известно, что уравнение $P (x)= 8$ имеет целый корень на полуоси $x≥ 8$ и $P (4)= 17.$ Найти этот корень.

Источники: Росатом - 2020, 11.3 (см. olymp.mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сначала докажем требуемое. Представим P(x) в виде суммы c_i * x^i, где c_i - соответствующий степени коэффициент. Теперь посмотрим, какой вид имеет P(b) - P(a). Какой вывод можно сделать из того, что при одинаковых степенях коэффициенты одинаковые?

Подсказка 2

Получаем, что P(b) - P(a) можно представить в виде суммы c_i * (b^i - a^i). Как из этого можно в каждом слагаемом получить множитель (b - a)?

Подсказка 3

Используем формулу для b^i - a^i, где всегда будет множитель (b - a). Тогда каждое слагаемое делится на (b - a), а значит и вся сумма делится.

Подсказка 4

Теперь решим саму задачу. Хотим воспользоваться доказанным. Что нам это дает?

Подсказка 5

Правильно, P(x) - P(4) = 8 - 17 делится на x - 4. При этом не забываем, что x ≥ 8, и находим нужное значение :)

Показать ответ и решение

Для доказательства утверждения запишем общий вид многочлена $P (x)$ степени $n$

n n−1 P (x)= cnx +cn−1x + ...+c1x+ c0, ck ∈ℤ, k= 0,1,...,n, cn ⁄=0.

Рассмотрим

n n ( n−1 n−1) P (b)− P(a)= cn(b − a )+ cn−1 b − a + ...+ c1(b− a).

Используя известную формулу

k k ( k−1 k−2 k−1) b − a =(b− a)⋅b + b a+ ...+ a ,

получим

P(b)− P (a)= (b − a)⋅Qn−1(a,b).

где $Q (a,b) n−1$ — многочлен степени $(n − 1)$ с целыми коэффициентами от переменных $a,b$ . Следовательно, выражение $P(b)− P(a)$ делится на $(b − a)$ при любых целых $a,b,a⁄= b$ .

Рассмотрим вторую часть задачи. Если $x$ решение уравнения $P(x)= 8$ , а $P(4) =17$ , то $P(x)− P (4)= −9$ . По доказанному выше, $P (x)− P(4)$ делится на $x− 4$ , следовательно, выражение $x − 4$ является делителем числа т.е.

x− 4∈ {±1,±3,±9}

Отсюда

x∈ {− 5,1,3,5,7,13}

Ограничению $x ≥8$ удовлетворяет только $x = 13$ .

Ответ: 13

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 42#109923Максимум баллов за задание: 7

Существует ли такой многочлен $f(x)$ с целыми коэффициентами, что $f(4) =1,$ $f(9) =11,$ a $f′(4)= 0?$

Источники: Звезда - 2020, 11.4 (см. zv.susu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем пойти от противного. У нас есть информация про многочлен f(x) и его производную f'(x) при x = 4. Эти значения не равны, а можно ли по многочлену f(x) построить другой многочлен g(x), для которого g(4) = g'(4)?

Подсказка 2

Можно! Положим g(x) = f(x) - 1. Тогда g(4) = f(4) - 1 = 0 и g'(4) = f'(4) = 0. Значит, 4 — кратный корень многочлена g(x). Заметим также, что g(9) = 10. Могло ли так получится?

Подсказка 3

Так как 4 — кратный корень многочлена g(x), то g(x) = (x-4)²P(x) для некоторого многочлена P(x). Каким свойством тогда обладает g(9)?

Показать ответ и решение

Предположим, что такой многочлен существует. Рассмотрим многочлен $g(x)= f(x +4)− 1.$ Он также имеет целые коэффициенты. При этом $′ g(0) =g (0)= 0,$ $g(5)= 10.$ Тогда многочлен $g(x)$ имеет вид

2 3 n g(x)= a2x +a3x + ...+anx

Число $g(5)$ должно делиться на $52.$ Противоречие.

Ответ: Нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 43#73375Максимум баллов за задание: 7

Максим написал на доске произвольный многочлен $P (x)$ с целыми коэффициентами. Антон, не глядя на доску, сказал, что какое бы натуральное число $n$ не назвал Максим, среди выражений $P (1),P (1)+ P(2),P(1)+ P(2)+P (3),...$ обязательно найдётся число, кратное $n.$ Прав ли Антон?

Подсказки к задаче

Подсказка

Давайте вспомним один факт про многочлены, связанный со сравнениями. Он звучит так P(x + n) ≡ P(x) (mod n). Вам осталось лишь придумать пример, используя этот факт.

Показать ответ и решение

Заметим, что $P(x+n) ≡P (x) (mod n),$ это следует из того, что $(x +n)k ≡ xk (mod n)$ для любого $k.$ Рассмотрим сумму $2 P (1)+ P(2)+ ...+ P(n).$ Заметим, что в слагаемые в той сумме разбиваются на $n$ групп так, что в каждой группе слагаемые имеют вид $P(i+kn)$ ( $i,k ∈[0,n− 1]$ ) и дают одинаковый остаток при делении на $n.$ Но тогда сумма слагаемых в каждой группе кратна $n,$ потому что мы суммируем $n$ одинаковых остатков. Но тогда и вся рассмотренная сумма кратна $n.$

Ответ:

Да, прав

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 44#76052Максимум баллов за задание: 7

Пусть $p(x)$ — такой многочлен с целыми коэффициентами, что $p(7)= 6.$ Может ли число $p(2019)$ быть полным квадратом?

Источники: Миссия выполнима 2019

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам нужно что-то понять про p(2019), хотя знаем мы только p(7). Как нам их связать?

Подсказка 2

Точно, существует теорема Безу! Что мы теперь знаем?

Подсказка 3

(p(2019) - 6) делится на 2012. Какие свойства есть у числа, являющегося полным квадратом?

Подсказка 4

Например, может ли квадрат делиться на число 5, но не делиться на 25? Воспользуйтесь сравнением по модулю.

Показать ответ и решение

По теореме Безу $(p(x)− p(y)) ..(x− y). .$ Тогда

.. (p(2019)− p(7)). (2019− 7)

т.е. $(p(2019)− p(7))$ делится на 2012, а значит, и на 4. Отсюда следует, что $p(2019)$ имеет остаток $2$ по модулю $4,$ чего не бывает у полных квадратов.

Ответ:

Нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 45#78924Максимум баллов за задание: 7

Даны непостоянный многочлен $P(x)$ с целыми коэффициентами и натуральное число $n.$ Положим $a =n,a = P(a ) 0 k k−1$ при всех натуральных $k.$ Оказалось, что для любого натурального $b$ в последовательности $a0,a1,a2,...$ есть число, являющееся $b$ -й степенью натурального числа, большего $1.$ Докажите, что многочлен $P(x)$ — линейный.

Источники: Всеросс., 2019, ЗЭ, 10.8(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Заметим сразу, что при каждом натуральном $b$ в последовательности $a,a ,a,... 0 1 2$ встретится бесконечно много $b$ -х степеней натуральных чисел, больших единицы. Действительно, если их количество конечно, и наибольшая из них—это $b N = x,$ то в последовательности не встретится ни одной $Nb$ -й степени, что невозможно.

Положим $dk = ak+1− ak;$ тогда $ak+1 ≡ ak (moddk).$ Поскольку все коэффициенты многочлена целые, из $′ a≡ a(moddk)$ следует $′ P (a)≡ P(a)(moddk).$ Отсюда непосредственной индукцией по $s$ получаем, что $ak+s+1 ≡ ak+s$ $(moddk).$ то есть $ak+s ≡ ak(moddk)$ при всех $s≥ 0.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. $ak(ak − 1)$ делится на $dk.$

Доказательство. Пусть $ℓ p$ —максимальная степень простого числа $p,$ делящая $dk;$ достаточно показать, что $ak (ak− 1)$ делится на $pℓ.$ Положим $b =pℓ−1(p− 1)ℓ;$ согласно замечанию выше, найдётся такой индекс $s> k,$ что $as = mb$ при натуральном $m;$ при этом $( ) as ≡ ak modpℓ .$

Если $m$ не делится на $p,$ то по теореме Эйлера $( )ℓ ( ) as = mpℓ−1(p−1) ≡ 1ℓ ≡ 1 modpℓ ,$ откуда $( ) ak ≡1 modpℓ .$ Если же $m$ делится на $p,$ то $as$ делится на $pℓ,$ а значит, и $ak$ тоже. В любом случае $ak(ak − 1)$ делится на $pℓ,$ что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Согласно лемме, для любого $k$ число $ak (ak− 1)$ делится на $dk =P (ak)− ak;$ при этом по условию среди целых чисел $ak$ бесконечно много различных. В частности,

|x(x− 1)|≥ |Q(x)|

при бесконечном количестве целых значений $x$ (где $Q(x)=P (x)− x$ ).

Предположим теперь, что степень многочлена $P(x)$ (и, как следствие, многочлена $Q (x)$ ) больше $1.$ Тогда неравенство выше может выполняться для бесконечно многих целых $x$ лишь тогда, когда $Q(x)$ —квадратный трёхчлен со старшим коэффициентом $±1,$ то есть $Q(x)= ±x2+ux +v.$ В этом последнем случае значения многочлена $Q(x)∓x(x− 1)=(u± 1)x +v$ делятся на $Q(x)$ для бесконечного количества целых $x;$ это может быть лишь если $Q(x)=±x (x − 1),$ то есть $P(x)= x2$ или $P (x)= 2x− x2 =1 − (x− 1)2.$

В первом случае $ak =n2k,$ то есть $ak$ не может быть нечётной степенью натурального числа, если $n$ не является таковой степенью. Во втором случае $P (x)≤ 1$ при всех $x,$ то есть $P(x)$ не может быть степенью натурального числа, большего $1.$ В обоих случаях условие задачи не выполнено; значит, $P(x)$ линеен.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 46#73376Максимум баллов за задание: 7

Коэффициенты многочлена $f(x)$ — целые числа, по модулю не превосходящие 5000000. При этом каждое из уравнений $f(x)= x,f(x)=2x,...,f(x)= 20x$ имеет целый корень. Докажите, что $f(0)= 0.$

Источники: СпбОШ - 2018, задача 10.4(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте обратить внимание на простые числа. Понятно, что если f(0) делится на большое количество простых чисел, то оно либо равно 0, либо больше 5000000. Как мы знаем, второе невозможно.

Подсказка 2

Причём логично рассматривать простые числа, меньшие 20, потому что, используя уравнения из условия, можно манипулировать остатками.

Показать доказательство

Докажем, что $f(0)$ делится на все простые числа, меньшие $20,$ из этого будет следовать, что либо $f(0)= 0,$ либо оно по модулю больше $2⋅3⋅5⋅7⋅11⋅13⋅17⋅19 >5000000.$

Действительно, пусть $f(0)$ не кратно какому-то $p,$ меньшему $20.$ Тогда $x≡ 0 (mod p)$ не может являться решением ни одного из уравнений из условия (левая часть не делится на $p,$ а правая часть делится).

Но очевидно, что решения уравнений $f(x)= x,f(x)= 2x,...,f(x)= px$ должны давать попарно различные остатки при делении на $p$ при условии, что эти остатки ненулевые(иначе вычтем из первого уравнения второе, левая часть сравнима с 0 по модулю $p,$ а правая нет). Однако уравнений у нас $p,$ а возможных остатков $p− 1$ — противоречие.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 47#89082Максимум баллов за задание: 7

Для каких натуральных $n$ верно следующее утверждение: для произвольного многочлена $P(x)$ степени $n$ с целыми коэффициентами найдутся такие различные натуральные $a$ и $b,$ для которых $P (a)+ P(b)$ делится на $a+ b?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Условие задачи сильно напоминает формулировку теоремы Безу для многочленов: "Пусть P(x) является многочленом с целыми коэффициентами. Тогда для любых чисел целых чисел a, b число P(a)-P(b) делится на a-b." Доказательство данного утверждения опирается на тот факт, что для любых целых чисел a, b и натурального числа n a^n-b^b кратно a-b В данной задаче разность многочленов меняется на их сумму. К нашему счастью, для нечетных n и произвольных целых чисел a и b верно, что a^n+b^n кратно a+b. Что позволяет понять данное соображение в условиях нашей задачи?

Подсказка 2

Если представить произвольный многочлен P(x) в виде сумму многочленов P₀(x)+P₁(x), где в P₀(x) входят все мономы P(x) четной степени, а в P₁(x) - нечетной. Тогда, аналогично доказательству теоремы Безу, для любых натуральных чисел a, b верно, что P₁(a)+P₁(b) кратно a+b, тем самым мы показали, что число P(a)+P(b) сравнимо с P₀(a)+P₀(b) по модулю a+b. Что можно сказать о многочленах, для которых P₀(x) является константой?

Подсказка 3

Пусть P₀(x)=с для некоторого целого с. Тогда P(a)+P(b) сравнимо с 2c по модулю a+b, и по условию 2с кратно на a+b. Существует ли число c такое, что для любых различных чисел a и b число 2c не кратно a+b?

Подсказка 4

Существует! Например, число c=1. Таким образом, 2с=2<a+b, следовательно, 2с не кратно a+b. Таким образом, мы показали, существует многочлен P(x) = P₁(x)+1 произвольной нечетной степени, для которого искомые числа a, b не существуют. Осталось показать, что для любого многочлена четной степени утверждение задачи верно.

Подсказка 5

Покажем, что существуют такие числа натуральные числа a и b, что для многочлена P(x) верно, что P₀(a)+P₀(b) кратно a+b. Зафиксируем произвольное число a=m. Тогда P₀(m)+P₀(b) должно быть кратно m+b. Если b=P₀(m)-m, то m+b=P(m), то есть достаточно показать, что P₀(P₀(m)-m) кратно P₀(m). Это правда, поскольку P₀(P₀(m)-m) сравнимо c P₀(-m) по модулю P₀(m) и, в свою очередь, P₀(-m)=P₀(m), поскольку P₀(x) состоит из лишь мономов четной степени. В чем проблема данных рассуждений?

Подсказка 6

Число b=P₀(m)-m не обязательно является целым. Для решения задачи осталось показать, что существует для любого многочлена четное степени существует такое натуральное m, что число P₀(m)>m.

Показать ответ и решение

Нечётные $n$ не подходят. В самом деле, рассмотрим многочлен $P(x)=xn +1$ и различные натуральные $a,b.$ Так как $n$ нечётно, $n n a + b$ делится на $a+ b,$ а тогда $n n P (a)+ P(b)= (a + b)+ 2$ не делится, поскольку $a +b> 2.$

Осталось доказать, что все чётные $n$ подходят. Рассмотрим произвольный многочлен $P(x)$ степени $n.$ Представим его в виде суммы $P (x)= P0(x)+ P1(x),$ где в $P0(x)$ все мономы чётной степени, а в $P1(x)$ — нечётной. Заметим, что при всех натуральных $a,b$ сумма $P1(a)+P1(b)$ делится на $a+ b.$ Докажем, что найдутся такие $a,b,$ что и $P0(a)+P0(b)$ делится на $a+ b.$ Заметим, что степень $P0$ равна $n.$

Рассмотрим случай, когда старший коэффициент $P0(x)$ положителен (в случае отрицательного старшего коэффициента проведём дальнейшее доказательство для многочлена $−P0(x)).$ Так как $n> 1,$ то найдётся такое натуральное $m,$ что $P0(m )>2m.$ Докажем, что $a =m,b =P0(m)− m$ подходят. В силу выбора $m,$ они оба натуральные, причём $b> a.$ Далее, по модулю $a +b= P0(m)$ выполняются сравнения $P0(a)=P0(m)≡ 0$ (очевидно) и $P0(b)=$ $P0((b+a)− a)≡P0(−a)= P0(m )≡0$ (в силу чётности многочлена $P0)$ . Значит, $P0(a)+P0(b)≡ 0$ $(mod a+b),$ что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. В случае чётного $n$ можно проделать подобное рассуждение и без разбиения на чётную и нечётную компоненты. Поскольку степень многочлена $P(x)+P (−x)$ равна $n >1,$ существует такое натуральное $m$ , что $P(m)+ P(−m)> 2m$ . Тогда подойдут числа $a= m,b= P(m)+ P(−m )− m.$ Действительно, тогда $b> a> 0,$ и по модулю $a+ b= P(m)+ P(−m)$ верно сравнение $P (a)+ P(b)≡ P(a)+P (−a)= P(m)+ P(−m )≡0.$

Ответ:

При всех чётных $n$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 48#76055Максимум баллов за задание: 7

Многочлен $P(x)$ с целыми коэффициентами и натуральное число $a> 1$ таковы, что для любого целого $x$ найдётся целое $z,$ для которого $aP(x)= P(z).$ Найдите все такие пары $(P (x);a).$

Источники: СПбОШ - 2016, задача 10.7(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрите следующую лемму (она требует предъявление доказательства): "Предположим, что A, B — вещественные числа, причем A≠±1 и многочлен P(x) степени k > 0 удовлетворяет равенству P(Ax + B) = AᵏP(x). Тогда P(x) = α(x - x₀)ᵏ, где x₀ = -B/(A-1)"

Подсказка 2

Для доказательства леммы положите Q(x) = P(x+x₀). Рассмотрите Q(Ax), проделайте цепочку преобразований.

Подсказка 3

Обратите внимание на коэффициенты при степенях x в полученном после цепочки преобразований равенстве.

Подсказка 4

Один из многочленов, подходящих под ответ, довольно тривиален.

Подсказка 5

А до второй части ответа наоборот, нужно дойти. Подумайте, будет ли какой-то многочлен, равный ненулевой константе, удовлетворять условию при каком либо a.

Подсказка 6

Нет, не будет. Придется рассматривать случай, когда степень многочлена P равна k>0, при этом положите коэффициент α при xᵏ больше 0 (для коэффициента меньше 0 рассуждения аналогичны).

Подсказка 7

Попытайтесь заметить несколько наблюдений, не пользуясь соображениями целочисленности из условия задачи. Попробуйте рассмотреть равенство aP(x) = P(z) как уравнение относительно z = z(x).

Подсказка 8

Рассмотрите поведение многочлена P(x) при очень большом x. Обратите внимание, имеет ли решения вышеприведенное уравнение при x приближающемся к бесконечности и как это зависит от z(x).

Подсказка 9

Будем рассматривать луч [M, +∞]. Тогда уравнение всегда будет иметь решение z(x) > M, зависящее от x. Рассмотрите, как себя ведет на этом луче z(x) в зависимости от x. Рассмотрите для уравнения случай z(x) > M.

Подсказка 10

Положите a = ρᵏ при некотором вещественном ρ > 1. Рассмотрите переменный вещественный параметр θ для уравнения P(ρx + θ) - P(z).

Подсказка 11

Положите θ такое, что коэффициент при xᵏ⁻¹ обнулится.

Подсказка 12

θ₀ = β(a - ρᵏ⁻¹)/kαρᵏ⁻¹

Подсказка 13

Докажите, что существует lim x->+∞ (z(x) - ρx) = θ₀.

Подсказка 14

Рассмотрите этот предел слева и справа (по определению), воспользовавшись монотонностью.

Подсказка 15

Рассмотрите предел z(x) + ρx для достаточно больших x (таких, что z(x) < 0). Обозначим его Θ.

Подсказка 16

Рассмотрите числа z(x), z(x+1), z(x+2) при большом натуральном x. Обратите внимание на их знаки. Сделайте из этого вывод о числе ρ.

Подсказка 17

Получаем, что во всех случаях, вне зависимости от знаков z(x), z(x+1), z(x+2), число 2ρ — целое. Тогда сделайте замечания о значениях выражений 2z(x) ± 2ρx.

Подсказка 18

Подумайте, имеет ли место одно из следующих равенств: z(x) = ρx + θ₀, z(x) = -ρx + Θ. Если да, то при каких условиях? Сделайте замечание о том, какому множеству чисел принадлежат Θ и θ₀.

Подсказка 19

Рассмотрите многочлены P(ρx + θ₀) - aP(x) и P(-ρx + Θ) - aP(x). Сделайте замечание о количестве их корней и вывод об их значениях. Примените лемму, доказанную в начале.

Подсказка 20

Заметьте, что с точностью до множителя, можно считать, что P(x) = (px + q)ᵏ. Предъявите требования к p и q.

Подсказка 21

Пользуясь равенством aP(x) = P(z), ответьте, чему равно pz + q.

Подсказка 22

pz+q = ±a¹ᐟᵏ(px+q), где знак минус возможен при четном k. Сделайте замечание о том, к какому множеству чисел принадлежит a¹ᐟᵏ.

Подсказка 23

a¹ᐟᵏ — рациональное число, и, соответственно, a — точная k-я степень. Положите a = rᵏ и получите выражение для z.

Подсказка 24

Исходя из выражения для z, предъявите итоговые требования для многочлена P(x), чисел k, p, c, q, a и r.

Показать ответ и решение

Нам понадобится следующая стандартная лемма.

Лемма. Предположим, что $A,B$ — вещественные числа, причем $A ⁄=±1,$ и многочлен $P(x)$ степени $k >0$ удовлетворяет равенству $k P (Ax +B )=A P (x).$ Тогда $k P(x)=α(x− x0),$ где $-B- x0 = −A −1.$

Доказательство. Положим $Q(x)=P (x +x0).$ Тогда

k k Q(Ax)= P(Ax+ x0)= P(A(x+ x0)+ B)= A P (x+ x0)= A Q(x)

Приравнивая в полученном уравнении $Q(Ax)= AkQ(x)$ коэффициенты при степенях $x,$ видим, что все они, кроме коэффициента при $xk,$ равны $0.$

Ясно, что многочлен $P (x)≡ 0$ удовлетворяет условию при любом $a> 1,$ а многочлен, равный ненулевой константе, не удовлетворяет условию ни при каком $a.$ Пусть теперь степень многочлена $P$ равна $k> 0$ и

k k−1 P(x)= αx +βx + ...

Сделаем несколько наблюдений, не пользуясь соображениями целочисленности из условия задачи. Будем считать, что $α >0$ (для $α <0$ рассуждения аналогичны). Рассмотрим равенство

aP(x)= P(z) (1)

как уравнение относительно $z = z(x).$ Многочлен $P(x)$ монотонен и непрерывен на некотором луче вида $[M, +∞ ).$ Поэтому при больших положительных $x$ это уравнение всегда имеет решение $z(x)> M,$ (непрерывно) зависящее от $x.$ Очевидно, что $z(x)→ +∞$ при $x → +∞.$ При четном $k$ для больших $x$ существует также решение $z(x)< 0;$ в этом случае $z(x)→ − ∞$ при $x → +inf.$

Рассмотрим случай $z(x)> M.$ Пусть $a =ρk$ при некотором вещественном $ρ> 1.$ При фиксированном $x$ и $z =z(x),$ найденном из уравнения $(1),$ рассмотрим переменный вещественный параметр $𝜃,$ для которого

P(ρx+𝜃)− P(z)=P (ρx+ 𝜃)− aP(x)= (βρk−1+ kαρk−1𝜃− βa)xk−1+ ... (2)

Положим $β(a−ρk−1) 𝜃0 =-kαρk−1--$ (для этого значения $𝜃$ коэффициент при $xk−1$ равен $0$ ).

Мы утверждаем, что существует $limx→+∞ (z(x)− ρx)= 𝜃0.$

Доказательство. Рассуждая по определению, выберем числа $𝜃− < 𝜃0 < 𝜃+.$ Тогда при $𝜃= 𝜃−$ и $𝜃= 𝜃+$ правая часть формулы $(2)$ при достаточно больших $x$ принимает большие по модулю значения разных знаков, в то время как при $𝜃= 𝜃0$ правая часть формулы $(2)$ относительно мала по сравнению с этими значениями. В силу монотонности многочлена получаем, что $z(x)$ лежит между $ρx+ 𝜃−$ и $ρx+ 𝜃+.$

Для больших $x,$ для которых $z(x)< 0,$ аналогично получаем, что $z(x)+ ρx$ имеет некоторый конечный предел $Θ.$

Рассмотрим теперь большое натуральное $x.$ Среди чисел $z(x),z(x+ 1),z(x+ 2)$ два имеют одинаковый знак. Если, например, $z(x)$ и $z(x+ 1)$ отрицательны, то

ρ =(z(x +1)+ ρ(x+ 1))− (z(x)+ ρx)+ z(x)− z(x +1)

есть сумма целого числа $z(x)− z(x+ 1)$ и функции от $x,$ стремящейся к $0$ при возрастании $x.$ Отсюда получаем, что число $ρ$ целое. Аналогичное рассуждение верно и для других вариантов, и во всех случаях получаем, что $2ρ$ — целое число. Тогда целочисленные выражения $2z(x)± 2ρx,$ имеющие предел, должны быть постоянными при больших $x.$ Таким образом, хотя бы одно из равенств $z(x)=ρx+ 𝜃0$ , $z(x)= −ρx+ Θ$ имеет место при бесконечно многих $x$ (отметим, что из этого следует целочисленность $𝜃0$ или соответственно $Θ$ ). Значит, либо многочлен $P(ρx+ 𝜃0)− aP(x),$ либо многочлен $P (− ρx +Θ )− aP(x)$ имеет бесконечно много корней, следовательно, он тождественно равен $0.$ Применяя лемму, получаем, что $P (x)= α(x− x0)k,$ где $x0$ — рациональное число.

Для решения задачи заметим, что с точностью до множителя (не влияющего на существование целого $z,$ такого что $P(z)= aP (x)$ ), можно считать, что $P(x)= (px+ q)k,$ где $p> 0$ и $q$ — взаимно простые целые числа. Тогда равенство $(1)$ означает, что $pz+ q = ±a1∕k(px+ q),$ знак минус возможен при четном $k.$ Сразу ясно, что $a1∕k$ — рациональное число, т.е. $a$ — точная $k$ -я степень. Пусть $a =rk.$ Получаем $pz = ±r(px +q)− q,z = ±rx+ (±r− 1)q∕p.$ Итак, при $q = 0$ годится любое целое $r> 1,$ в противном случае при нечетных $k$ нужно, чтобы $r − 1$ было кратно $p,$ а при четных $k$ — чтобы $r±1$ было кратно $p.$

Ответ:

$1)P(x) ≡0$ и $a$ любое;

$k 2)P(x)= c(px+ q) ,$ где $k,p$ — натуральные числа, $c,q$ — целые, $c⁄= 0$ и $p$ и $q$ взаимно просты; для этого случая число $a$ должно быть больше $1$ и иметь вид $k a= r ,$ где $r≡ 1$ (mod $p$ ) при нечетных $k$ и $r ≡±1$ (mod $p$ ) при четных $k.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 49#76295Максимум баллов за задание: 7

У многочленов $P(x)$ и $Q (x)$ один и тот же набор целых коэффициентов (их порядок различен). Докажите, что разность $P (2015)− Q(2015)$ кратна $1007.$

Источники: Московская математическая регата, 2016

Показать доказательство

Нетрудно видеть, что $P(1)=Q (1),$ потому что набор коэффициентов один и тот же. Также ясно, что $P(2015)≡ P(1) (mod 1007)$ и $Q (2015)≡ Q(1) (mod 1007),$ так как $1≡ 2015 (mod 1007).$ Из равенства $P(1)=Q (1)$ получаем, что $P (2015) ≡Q (2015) (mod 1007),$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 50#85457Максимум баллов за задание: 7

Многочлен $P(x)$ с целыми коэффициентами таков, что $P(0)= 0,$ и НОД всех чисел вида $P(k)$ (при целых $k$ ) равен $1.$ Докажите, что существует бесконечно много натуральных $n$ таких, что НОД всех чисел вида $P(k+ n)− P (k)$ (при целых $k)$ равен $n.$

Показать доказательство

Пусть $m = deg P.$ Возьмем простое $p,$ большее $m$ и большее модуля старшего коэффициента многочлена. Докажем, что $n =p$ подходит. Очевидно, что $p$ является общим делителем всех чисел вида $P(x+ p)− P(x).$ Докажем, что большего общего делителя у них нет. Пусть некоторое $N > p$ делит $P(x+ p)− P(x)$ при всех целых $x.$ Рассмотрим два случая.

$1).$ У $N$ есть простой делитель $q ⁄= p.$ Тогда для всех целых $x$ имеем: $P(x +p)≡ P(x)( (mod q))$ и $P(x+ q)≡P (x)( (mod q)).$ Числа $p$ и $q$ взаимно просты, поэтому для любого целого $x$ найдутся целые $a$ и $b$ такие, что $x =ap+ bq.$ Тогда $P (x)= P(ap+bq)≡ P(0)= 0( (mod q)),$ т. е. НОД всех чисел $P(x)$ (при целых $x$ ) не меньше $q.$ Противоречие.

$2).$ $k N = p,k> 1.$ Рассмотрим многочлен $P(x+p)− P(x)$ над полем $𝔽p$ (т. е. рассмотрим его коэффициенты по модулю $p$ ). Он имеет $p$ корней в поле $𝔽p,$ а его степень не превосходит $m < p,$ поэтому все его коэффициенты нули. Значит все коэффициенты $P (x+ p)− P (x)$ (как многочлена с целыми коэффициентами) кратны $p.$ Применяя аналогичное рассуждение к многочлену $(P(x+ p)− P(x))∕p,$ получаем что все коэффициенты $P(x+ p)− P(x)$ (как многочлена с целыми коэффициентами) кратны $p2.$ Легко проверить, что это не так для коэффициента при $xm−1.$ Противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 51#49150Максимум баллов за задание: 7

Учитель написал на доске многочлены с целыми коэффициентами:

n n−1 P(x)= anx +an−1x + ...+ a1x +a0

m m −1 Q(x)=bmx + bm −1x +...+b1x+ b0

и дал задание найти целое значение $x$ , такое, что $P(x)$ делится (нацело) на $Q(x).$

Петя Васечкин взялся за дело и, взяв для начала $x= 0$ , получил $P(0)= 4,Q(0)= 3$ . «Не делится», подумал Петя, и решил подставить $x =1$ . Получилось $P(1)= −137,Q (1)= 0$ . «А ноль делить нельзя», — подумал Петя. Он попробовал взять $x= 2$ , но там получались большие числа и Петя запутался в вычислениях.

Напоследок он решил попробовать взять $x = −1$ и получил $P(−1)= 137,Q(−1)= −6$ . «Да таких значений $x$ просто не существует!» — воскликнул Петя. Прав ли он?

Источники: ПВГ 2013

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обратите внимание на то, какие числа подставил мальчик в многочлен: -1, 0 и 1 (двойка нам не дает никаких значений). Если посмотреть отдельно на все значения Р(х) и Q(x), то что вы можете сказать о их делимости на 3?

Подсказка 2

Именно, значения Р не делятся на 3, а значения Q делятся на 3. Доказав, пользуясь теоремой Безу, что ни одно значение Р не кратно 3, мы решим задачу (почему?)

Показать ответ и решение

Заметим, что Петя подставил в многочлены все остатки по модулю $3$ . При этом многочлен $P$ никогда не бывает кратен $3$ , какой бы остаток мы не подставили. В это же время многочлен $Q$ при любом остатке равен числу, кратному трём. Отсюда следует, что не найдётся такое целое значение $x$ , что $P(x)Q≡(x)0$ , поскольку это значило бы делимость $P(x)≡3 0$ , которая не выполняется. Значит, Петя прав.

Ответ:

да

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 52#91859Максимум баллов за задание: 7

Найдите $a$ и $b$ такие, что многочлен $x2013+ x99+ ax+ b$ делится нацело на $x2− x+ 1$ .

Источники: ПВГ 2013, 9 класс

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что мы иногда делаем, когда хотим доказать, что какое-то число делится на a? Рассматриваем числа по модулю a! Давайте сделаем такой же трюк, только с многочленами.

Подсказка 2

Начнём с малого. Очевидно, что x² - x + 1 ≡ 0, значит, x² ≡ x - 1. Самостоятельно посмотрите на степени x вплоть до x⁶.

Подсказка 3

Получаем, что x³ ≡ -1, x⁴ ≡ -x, x⁵ ≡ -x + 1, x⁶ ≡ 1. Какой вывод из этого можно сделать?

Подсказка 4

Верно! Остатки степеней х по модулю x² - x + 1 зацикливаются с циклом длины 6. Как же теперь посчитать остатки для x²⁰¹³ и x⁹⁹?

Подсказка 5

С этой задачей вы точно справитесь! Докажите, что x²⁰¹³ ≡ -1 ≡ x⁹⁹. Вернёмся к тому, что от нас требуют.

Подсказка 6

Получаем, что многочлен ax + (b-2) должен делиться на многочлен x² - x + 1 при всех вещественных х. Кажется, если ax + (b-2) — невырожденное линейное уравнение, возникает много проблем. Докажите это сами, а с вырожденностью делать то особо нечего... Успехов!

Показать ответ и решение

Везде ниже будем вести рассуждения по модулю многочлена $x2− x +1.$

0 x ≡ 1,

1 x ≡ x,

x2 ≡x − 1,

x3 ≡ x⋅x2 ≡ x(x − 1)= x2− x ≡ (x− 1)− x = −1,

Аналогично далее находим

x4 ≡ −x,

x5 ≡ −x+ 1,

x6 ≡ 1.

Таким образом, цикл повторяется каждые 6 шагов.

Значит, надо только лишь найти остатки $2013$ и $99$ по модулю $6$ :

Следовательно,

2013 6⋅335+3 3 x = x ≡x ≡ −1,

99 6⋅16+3 3 x = x ≡x ≡ −1.

Теперь подставим эти значения в многочлен $P (x)$ :

P (x)≡ −1 − 1+ ax+ b= ax +(b− 2).

Для того чтобы $P(x)$ делился на $x2− x+ 1$ , необходимо, чтобы остаток $ax+ (b− 2)$ был нулевым для всех $x$ , а отсюда сразу же:

a= 0

b− 2= 0 =⇒ b= 2.

Ответ:

$a =0,b= 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 53#49151Максимум баллов за задание: 7

На графике многочлена с целыми коэффициентами отмечены две точки с целыми координатами. Докажите, что если расстояние между ними — целое число, то соединяющий их отрезок параллелен оси абсцисс.

Источники: ММО-2005, 10.2, автор - Е.Горский, (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Есть две точки, которые лежат на графике, значит их координаты - это, скажем, А(а, Q(a)), B(b, Q(b)). Запишите теперь уравнение полученной прямой через коэффициент угла наклона (нам наверняка хочется, чтобы он был равен нулю).

Подсказка 2

Отлично, теперь запишите расстояние между этими двумя точками через эти заданные координаты (помним, это расстояние целое). Замечаем, что там есть выражение Q(a) - Q(b), подставим его из первого выражения, и теперь уже точно знаем, что коэффициент угла наклона равен 0 (осталось это доказать) :)

Показать доказательство

Пусть этот многочлен $Q(x)= a xn+...+a ,a ∈ℤ n 0 i$ , а на оси абсцисс отмечены $a,b$ , тогда их координаты $A(a,Q(a)),B (b,Q(b))$ . Используем теорему Безу

Q(a)− Q(b)= k(a − b), k∈ ℤ

Запишем квадрат расстояния между точками

2 2 2 2 2 2 ρ (A,B)= (a− b) +(Q(a)− Q(b)) = (a− b) (1+ k )=n , n∈ ℤ

Тогда $1 +k2$ является точным квадратом, что возможно только при $k =0$ , что и означает $AB ∥Ox$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 54#49149Максимум баллов за задание: 7

Все коэффициенты многочлена $P(x)$ — целые числа. Известно, что $P(1)= 1$ и что $P(n)= 0$ при некотором натуральном $n$ . Найдите $n.$

Источники: Турнир Ломоносова-2001, 10-11.5 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Когда в задании фигурирует многочлен с целыми коэф-ами, а тем более два его значения, то Вам должна вспоминаться теорема Безу, которую и следует тут применить.

Подсказка 2

Р(n)-Р(1) делится на n-1, в то же время оно равно -1. Теперь остается вспомнить, что n - это натуральное число :)

Показать ответ и решение

Воспользуемся теоремой Безу

P(n)− P(1)= −1n≡−10

Откуда $n− 1= ±1$ , поскольку $n∈ ℕ$ , то $n =2.$

Ответ:

$2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 55#75135Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что для всех натуральных $k≥ 4$ следующее утверждение. Если $F(x)$ — многочлен с целыми коэффициентами, для которого

0≤ F(c)≤k для c= 0,1,...,k+ 1

то выполнено $F(0)= F(1)= ⋅⋅⋅= F(k+ 1).$

Показать доказательство

Сначала покажем, что $F(k+1)= F(0).$ Действительно, по теореме Безу число $F(k +1)− F(0)$ кратно $k +1$ и не превосходит $k$ по модулю, значит равно $0.$ Следовательно

F(x)− F (0)= x(x − k − 1)G(x)

где $G (x)$ — многочлен с целыми коэффициентами. Заключаем неравенство

k≥ |F (c)− F(0)|= c(k+ 1− c)|G (c)|

для $c∈{1,2,...,k}.$

Заметим, что для $c∈ {2,3,...,k− 1}$ верно неравенство $c(k+ 1− c) >k.$ Действительно, после раскрытия скобок и приведения подобных слагаемых имеем $(c− 1)(k− c)> 0.$

Множество ${2,3,...,k− 1}$ не пусто при $k ≥3,$ следовательно $|G(c)|< 1,$ то есть $G(c)=0,$ т.к. $G (x)$ имеет целые коэффициент. Наконец

F(x)− F(0)= x(x− 2)(x− 3)...(x− k +1)(x − k− 1)H(x)

где $H (x)$ — многочлен с целыми коэффициентами. Для завершения доказательства остается показать, что $H(1)= H(k)=0.$ При рассмотрении $c= 1$ или $c =k$ имеем