Многочлены с целыми коэффициентами и теорема Безу

Подсказка 1:

Запишем в условие задачи в общем виде. У нас есть достаточное условие (А) для выполнения утверждения (В). Как вообще можно исследовать подобные конструкции? Например, подставить какой-то особенный набор в А, чтоб получить два утверждения В про него, которые либо наложат какие-то ограничения, либо приведут к противоречию. Разумеется, нас интересуют только остатки чисел по модулю 100, поэтому дальнейшие рассуждения ведутся в F₁₀₀. Подумайте, какие наборы было бы полезно подставить.

Подсказка 2:

Обратим внимание на то, что условие А зависит от функций, а утверждение В про их аргументы. Осознаем следующий факт: если аргументы одинаковые, то значения функций одинаковые, а вот наоборот работает не всегда. Благодаря этому мы можем провернуть один трюк. В условие А закинуть наборы функций, одинаковые по значению, но с разными аргументами. Тогда мы получим делимость на 100 для ненулевых разниц, а это уже продвижение. Заметьте, если бы было наоборот (условие А зависит от аргументов, а утверждение B про функции), то такой трюк бы не сработал. Теперь нужно понять, как именно осуществить предложенное.

Подсказка 3:

Начнём вводить обозначения в лоб. Пусть есть два набора (a ≥ b) и (c ≥ d) такие, что F(a, b) = F(c, d), G(a, b) = G(c, d). Тогда из условия А получаем, что a − c и b − d делятся на 100. Всё бы ничего, если a − c, b − d > 99. Такое вполне может быть. Но мы же хотим получить дополнительные ограничения...

Подсказка 4:

Значит, нужно ограничить a, b, c, d так, что a − c, b − d < 100. Какой самый простой способ это сделать?

Подсказка 5:

Просто взять a, b, c, d ≤ 99. То есть при этих ограничениях мы знаем, что если F(a, b) = F(c, d), G(a, b) = G(c, d), то (a, b) = (c, d). Отлично, давайте запишем теперь это построже и более масштабно.

Подсказка 6:

Рассмотрим всевозможные пары (a, b), где a, b ∈ F₁₀₀. Для каждой пары рассмотрим пару O(a, b) = [F(a, b), G(a, b)]. Мы поняли, что O(a, b) различны для различных пар (a, b). Но и пары (a, b) и пары O(a, b) — это просто комбинации остатков (mod 100). Что это значит?

Подсказка 7:

Что все пары O(a, b) — всевозможные пары остатков, причём каждая пара встречается один раз. Вернёмся к тому, о чём спрашивают в задаче. Если многочлены P(x, y) − xy и Q(x, y) + xy являются важной парой, то для них должно выполняться то же условие, что мы получили. Пока что не особо понятно, какой всё-таки ответ. В таких случаях нужно попробовать сначала доказать, что не существует, а если не получится это доказать (или хотя бы что-то нащупать), то уже пробовать строить пример. Итак, попробуем доказать, что не существует.

Подсказка 8:

Пусть для удобства теперь F(x, y) = P(x, y) − xy, G(x, y) = Q(x, y) + xy. O(x, y) = [F(x, y), G(x, y)], R(x, y) = [P(x, y), Q(x, y)]. Предположим, что F(x, y), G(x, y) — важные. Знаем, что набор {O(x, y), x, y ∈ F₁₀₀} = {R(x, y), x, y ∈ F₁₀₀} = {(x, y), x, y ∈ F₁₀₀}. Хотим найти противоречие. Доказывать, что какой-то пары остатков в {O(x, y)} нет — гиблый номер, ибо мы для этого ничего не знаем. Значит, нужно действовать хитрее и посмотреть на эти пары с другой точки зрения.

Подсказка 9:

Вся задача крутится вокруг модульной арифметики. Не будем же нарушать тенденции. Поскольку в {R(x, y)} есть всевозможные пары остатков, то там есть всевозможные пары с точки зрения чётности. Какой вывод из этого можно сделать?

Подсказка 10:

Осознайте, что если рассмотреть R(Ч, Н), R(Н, Ч), R(Ч, Ч), R(Н, Н) то мы получим перестановку набора (Н, Ч), (Ч, Н), (Н, Н), (Ч, Ч), где Ч, Н — произвольное чётное число и нечётное соответственно. Значит, для O(x, y) должно выполняться то же самое свойство. Но так ли это?

Подсказка 11:

Осталось просто разобрать случаи и осознать, что вот в этом и кроется проблема. У вас всё получится!