Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Неприводимость и разложение на неприводимые многочлены

Тема Многочлены

Неприводимость и разложение на неприводимые многочлены

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела многочлены

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#121043Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что для любого простого $p$ существует ровно $p3+p- 2$ неприводимых над $𝔽 p$ многочленов степени не выше $2.$

Показать ответ и решение

Всего имеется $p3$ многочленов степени не выше $2$ над $F p$ (для каждого из трёх коэффициентов по $p$ вариантов). Давайте теперь посчитаем количество приводимых. Каждый приводимый многочлен имеет вид либо $a(x− b)(x − c),$ где $a$ — ненулевой вычет, а $b$ и $c$ — произвольные вычеты. Приводимых многочленов второй степени всего $2 Cp(p − 1)+ p(p− 1)$ (суммы случаев, когда корни разные и одинаковые). Значит, количество неприводимых многочленов равно

3 2 p3+ p p − C p(p− 1)− p(p− 1)=-2--

Ответ:

$p3+p 2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#121115Максимум баллов за задание: 7

(a) Лемма Гаусса. Докажите, что для любых многочленов $P (x),$ $Q(x)$ с целыми коэффициентами верно $cont(P ⋅Q )=cont(P)⋅cont(Q).$

(b) Многочлен $P(x)∈ ℤ[x]$ неприводим над $ℚ$ тогда и только тогда, когда он неприводим над $ℤ.$

Показать доказательство

(a) Нетрудно заметить, что $cont(P ⋅Q)$ делится на $cont(P)⋅cont(Q ).$ Теперь докажем, что $cont(P)⋅cont(Q)$ делится на $cont(P ⋅Q).$ Пусть $cont(P ⋅Q )$ делится на некоторое простое $p,$ то есть равно $0$ в $Fp.$ Но тогда какой-то из многочленов $P,Q$ равен $0$ в $Fp,$ а значит, $cont(P)⋅cont(Q )$ делится на $p,$ то есть в рассматриваемой делимости на $p$ можно делимое и делитель сократить. Так мы сократим все простые числа, входящие в $cont(P ⋅Q ),$ то есть делимость доказана. Если два числа друг на друга делятся, то они равны.

(b) Достаточно доказать, что мнонгочлен $P$ приводим над $ℚ$ тогда и только тогда, когда он приводим над $ℤ.$ Понятно, что из приводимости над $ℤ$ приводимость над $ℚ$ автоматически следует. Теперь докажем обратное. Пусть $P = QR,$ где $Q$ и $R$ — многочлены с рациональными коэффициентами. Пусть $n1$ — НОК знаменателей $Q,$ $n2$ — НОК знаменателей $R.$ Тогда $n1n2P =n1Q ⋅n2R.$ Пусть $cont(n1Q)= x,cont(n2R)= y,n1Q = xQ1,n2R = yR1,$ где $Q1$ и $R1$ — целочисленные многочлены с единичным содержанием. Ясно, что $xy$ делится на $n1n2.$ Значит, можно сократить на $n1n2$ и получить приводимость над $Z.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#121123Максимум баллов за задание: 7

Критерий Эйзенштейна. Пусть все коэффициенты $P(x)∈ ℤ[x],$ кроме старшего, делятся на простое число $p,$ и свободный член не делится на $2 p.$ Тогда $P (x)$ неприводим над $ℤ.$

Показать доказательство

Пойдём от противного, пусть $P$ приводим над $ℤ :$ $P(x) =Q (x)⋅R(x).$ Рассмотрим эти многочлены в $F . p$ По условию $P(x)$ в $F p$ будет иметь вид $n ax ,$ где $n≥ 1,$ потому что остальные коэффициенты кратны $p.$ Но тогда каждый из многочленов $Q$ и $R$ будут иметь такой же вид. Значит, их свободные члены в $Fp$ равны $0,$ но тогда в $ℤ$ они кратны $p.$ В этом случае свободный член $P$ будет делиться на $2 p .$ Пришли к противоречию.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#138472Максимум баллов за задание: 7

На доске написан многочлен $P (x)=x3 − 2x2+ 1. 0$ На каждом шаге многочлен $P (x) i$ с доски заменяется на многочлен $Pi+1(x)= Pi(Pi(x)+ 1).$ Докажите, что $Pi(x)− 1$ раскладывается в произведение $i+1 2 + 1$ многочленов с целыми коэффициентами.

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Попробуйте найти что-то общее у всех многочленов Pᵢ − 1.

Подсказка 2.

Например, корень. Какой?

Подсказка 3.

Правильно! Каждый из этих многочленов имеет корень 2. Попробуйте доказать это по индукции.

Подсказка 4.

Теперь осталось доказать утверждение задачи по индукции. Для этого надо сделать аккуратно переход. Попробуйте использовать то, что Pᵢ − 1 делится на x − 2 и определение Pᵢ.

Показать доказательство

Сначала докажем, что для любого $i$ многочлен $P − 1 i$ делится на $x− 2.$ Будем доказывать по индукции.

База $i= 0$ .

3 2 2 .. x − 2x = x (x − 2).(x− 2).

Переход. Знаем, что $P (2)− 1= 0, i$ и хотим $P (2)− 1= 0. i+1$ Это сразу следует из определения $P i$ :

Pi+1(2)− 1= Pi(Pi(2)+ 1)− 1= Pi(1 +1)− 1= Pi(2)− 1 =0.

Теперь по индукции докажем, что $Pn(x)− 1$ можно разложить в произведение $2n+1+ 1$ многочленов с целыми коэффициентами.

База $n =0$ . Многочлен

x3− 2x2 = x2(x− 2)= x⋅x⋅(x − 2)

имеет $20+1+ 1= 3$ многочлена в разложении.

Переход. Перепишем $Pn(x)$ следующим образом (так можно в силу предположения):

(x− 2)⋅Q1(x)⋅Q2(x)⋅...⋅Q n+1(x)+1, 2

где $Qi(x)$ — многочлены с целыми коэффициентами. Тогда

Pn+1(x)= ((Pn(x)+ 1)− 2)⋅Q1(P1(x)+ 1)⋅...⋅Q2n+1(P1(x)+ 1)+ 1.

Следовательно,

Pn+1(x)− 1= (Pn(x)− 1)⋅Q1(P1(x)+ 1)⋅...⋅Q2n+1(P1(x)+1).

Используя предположение, получаем:

Pn+1(x)− 1= (x− 2)⋅Q1(x)⋅...⋅Q2n+1(x)⋅Q1 (P1(x)+1)⋅...⋅Q2n+1(P1(x)+ 1),

В итоге получили разложение на

1+ 2n+1+ 2n+1 =2n+2+ 1

многочлена, что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#138473Максимум баллов за задание: 7

Приводим ли многочлен $P(x)= x3 − 2025$ (a) над $ℝ;$ (b) над $ℚ?$

Показать ответ и решение

(a) Пусть $α = 3√2025.$ Тогда

3 2 2 x − 2025=(x− α)(x + α⋅x+ α )

является разложением над $ℝ.$

(b) Пусть $P(x)$ приводим над $ℚ.$ Тогда есть разложение на два многочлена над $ℚ,$ и степень одного из них равна 1, но линейный многочлен над $ℚ$ имеет рациональный корень, а многочлен $P(x),$ очевидно, таких не имеет. Противоречие.

Ответ:

(a) да; (b) нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#138474Максимум баллов за задание: 7

Докажите с помощью алгоритма Евклида, что НОД двух многочленов всегда существует, кроме случая, когда оба многочлена равны $0.$

Показать доказательство

Пусть даны многочлены $P(x)$ и $Q (x).$ Если многочлен $P (x)$ нулевой степени, то положим $(P(x),Q(x))= 1,$ кроме случая, когда $P (x)= 0,$ тогда положим $(P(x),Q (x))= Q(x).$ Пусть оба многочлена ненулевые (и пусть $degP(x)≥degQ(x)$ ), то давайте делать следующую замену:

(P(x),Q(x)) ↓ (P(x) mod Q (x),Q(x))

Закончим этот алгоритм, когда один из многочленов станет нулевой степени. Этот момент точно наступит, так как степень одного из многочленов при такой замене строго уменьшается. Теперь положим

′ ′ (P(x),Q(x))= (P(x),Q (x))

где $P ′(x),$ $Q ′(x)$ — многочлены, которые получились на последней итерации алгоритма. Легко видеть, что условие из определения НОДа выполняется.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#138475Максимум баллов за задание: 7

Теорема о линейном представлении НОДа для многочленов. Для любых многочленов $P(x)$ и $Q(x)$ существуют такие многочлены $A(x)$ и $B(x),$ что

P(x)A (x)+ Q(x)B(x)= (P (x),Q(x)).

Показать доказательство

Применим алгоритм Евклида к $P (x)$ и $Q(x)$ . В процессе получаем последовательность делений

P(x)= Q (x)Q (x)+ R (x), Q(x)= Q1(x)R (x)+R1(x), 2 .1 2 .. Rk−2(x)= Qk(x)Rk−1(x)+Rk (x), Rk−1(x)= Qk+1(x)Rk(x).

Теперь обратной подстановкой выражаем каждый остаток через $P(x)$ и $Q(x)$ . Из первого шага:

R1(x)= P(x)− Q1(x)Q(x).

Из второго:

R2(x)= Q(x)− Q2(x)R1(x),

и, подставляя выражение для $R1(x),$ получаем

R2(x)= U2(x)P(x)+V2(x)Q (x).

Далее аналогично: если

Rj(x)= Uj(x)P(x)+ Vj(x)Q(x); Rj−1(x)= Uj−1(x)P(x)+ Vj−1(x)Q(x),

то

Rj+1(x)= Rj−1(x)− Qj+1(x)Rj(x)= A′(x)P(x)+B ′(x)Q (x),

где $A ′(x)$ и $B ′(x)$ некоторые многочлены. По индукции получаем, что последний ненулевой остаток

Rk(x)= A(x)P(x)+B (x)Q(x).

Так как $Rk(x)= (P(x),Q (x)),$ утверждение доказано.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#138476Максимум баллов за задание: 7

(a) Пусть $P (x)⋅Q(x)$ делится на $R(x),$ и $(Q (x),R (x))= 1.$ Докажите, что $P(x)$ делится на $R(x).$

(b) Основная теорема арифметики для многочленов. Любой унитарный многочлен $P(x)∈ ℝ[x]$ ( $ℚ[x]$ ) может быть единственным образом разложен в виде произведения неприводимых унитарных многочленов из $ℝ[x]$ $(ℚ[x])$ с точностью до перестановки сомножителей.

Показать доказательство

(a) По теореме о линейном представлении НОДа, существуют такие многочлены $A(x)$ и $B(x),$ что

Q(x)A (x)+ R(x)B(x)= 1.

Домножим последнее равенство на $P(x)$

(Q (x)⋅P(x))A(x)+R (x)⋅(B(x)P(x))=P (x).

Заметим, что в левой части каждое слагаемое делится на $R(x),$ а значит, и правая часть делится на $R(x),$ что и требовалось.

(b) Если многочлен неприводим, то утверждение задачи очевидно. Существование такого разложения следует из того, что можно просто разложить на неприводимые и из каждого многочлена вынести старший член за скобку и получить искомое разложение. Осталось доказать единственность. Пусть есть два разложения нашего многочлена $F(x)$

F(x)= P1(x)⋅...⋅Pn(x)= Q1(x)⋅...⋅Qm (x).

Зафиксируем какое-нибудь $Pi$ и будем смотреть, делится ли $Qj$ на $Pi$ или нет. Если $Qj$ делится на $Pi,$ то $Pi = Qj,$ так как иначе $Qj$ приводим. Если же $Qj$ не делится на $Pi,$ то $(Pi,Qj)= 1,$ так как иначе, $Pi$ был бы приводим. Поэтому для каждого $Pi$ существует $j$ такое, что $Pi =Qj.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#122886Максимум баллов за задание: 7

Многочлен $P(x)$ с целыми коэффициентами неприводим над $ℤ.$ Докажите, что у многочлена нет кратных действительных корней.

Показать доказательство

Предположим, что существует неприводимый над $ℤ$ многочлен $P (x)∈ ℤ[x],$ имеющий кратный корень. Тогда у многочлена $′ P (x)$ тоже есть этот корень, где $′ P (x)$ — производная $P(x).$ Пусть $′ D (x)= НО Д(P(x),P(x)).$ Тогда $D (x)∈ ℚ[x]$ и

′ deg P(x)>deg P (x)≥deg D (x)> 0,

так как у $P(x)$ и $P′(x)$ есть общий корень. Но тогда $P(x)$ приводим, так как делится на многочлен меньшей ненулевой степени с рациональными коэффициентами.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#74870Максимум баллов за задание: 7

Многочлен седьмой степени с целыми коэффициентами в семи целых точках равен $± 1.$ Докажите, что его нельзя представить в виде произведения двух непостоянных многочленов с целыми коэффициентами.

Показать доказательство

Предположим противное. Пусть $p(x)$ – наш многочлен, и $p(x)= q(x)⋅r(x),$ где $q,r ∈ℤ[x]$ и $1≤ deg(q), deq(r)≤ 6.$ По принципу Дирихле, степень одного из $q$ и $r$ не превосходит $3.$ Пусть, не умаляя общности, $deg(q)≤ 3.$ Так как $q$ и $r$ принимают целые значения в целых точках, их значения в выделенных семи точках $a1,...,a7$ равны $1$ по модулю. По принципу же Дирихле, одно из значений $1,−1$ многочлен $q$ принимает хотя бы в $4$ точках. Не умаляя общности, пусть это $− 1.$ Тогда многочлен $q+ 1$ имеет степень не больше $3$ и хотя бы $4$ различных корня – противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#74871Максимум баллов за задание: 7

Докажите для различных целых $a ,a,...,a 1 2 100$ неприводимость многочлена

(x− a1)(x− a2)...(x− a100)− 1

Показать доказательство

Поскольку приводимость над $Q$ равносильна приводимости над $Z,$ достаточно доказывать неприводимость многочлена над $Z.$ Обозначим его символом $p,$ и предположим, что $p(x)= q(x)⋅r(x),$ где $q,r ∈ℤ[x]$ и $1≤ deg(q), deq(r) ≤99.$ Отметим, что в точках $a1,...,a100$ наш многочлен принимает значение $− 1.$ Тогда в точках $a1,...a100$ и $q(x),$ и $r(x)$ принимают значения по модулю равные $1,$ причем, поскольку их произведение отрицательно, они различны по знаку. Рассмотрим $q(x)+r(x).$ Степень этого многочлена не превосходит $99,$ но в ста точках $a1,...,a100$ он принимает значение $0.$ Такое возможно только если $q(x)+r(x)$ тождественно равен $0,$ то есть $q(x) =−r(x).$ Но тогда $2 p(x)= q(x)⋅r(x)= −q (x)$ имеет отрицательный старший коэффициент, однако очевидно, что $p(x)= (x − a2)...(x− a100)− 1$ имеет положительный старший коэффициент – противоречие.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#75625Максимум баллов за задание: 7

Разложите в произведение неконстантных многочленов над $ℤ 3$ многочлен $x3+ x+ 1.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нужно разложить многочлен третей степени. Какие степени могут быть у множителей?

Подсказка 2

Надо сделать произведение линейной и квадратных функций. Как их можно подобрать? Легче найти линейный множитель. Пусть он x - a, тогда при подстановке a в многочлен будет ноль. Переберите остатки и найдите a, затем, выполнив деление, найдите требуемое разложение.

Показать ответ и решение

Над $ℤ 3$

3 3 3 x +x +1 =x + x− 2= (x − 1)+ (x− 1)=

2 2 = (x− 1)(x +x +1)+ (x − 1)= (x− 1)(x +x+ 2)

Ответ:

$(x− 1)(x2+ x+2)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#75626Максимум баллов за задание: 7

Пусть $P(x),Q (x)∈ ℤ [x] p$ ( $p$ — простое число). При этом для любого $a ∈ℤ p$ выполнено $P(a)= Q(a).$ Докажите, что $P(x)− Q(x)$ делится на $p x − x.$

Показать доказательство

Из условия следует, что многочлен $P(x)− Q (x)$ имеет корни $0,1,...,p− 1.$ Тогда по теореме Безу получаем, что $P(x)− Q (x)$ делится на $x(x− 1)...(x− (p− 1)).$

Так как над $ℤp$ все многочлены вида $x,x− 1,...,x− (p− 1)$ различны и неприводимы, то верно равенство $p x(x− 1)...(x − (p− 1))= x − x,$ которое приводит к нужному результату.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#75648Максимум баллов за задание: 7

Даны многочлен $P(x)$ с целыми коэффициентами и натуральное число $n.$ Старший коэффициент и свободный член многочлена $P(x)$ взаимно просты с $n,$ остальные коэффициенты делятся на $n.$ Известно, что многочлен $P(x)$ делится на $2 Q (x)$ для некоторого многочлена $Q (x)$ ненулевой степени. Докажите, что степень $P(x)$ делится на $n.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Во-первых, Q всегда можно заменить на его неприводимый множитель, если сам Q не является неприводимым. А можно ли свести задачу к случаю, когда Q рационален?

Подсказка 2

Можно! Для этого достаточно показать, что если Q₁ — минимальный многочлен с рациональными коэффициентами, делящийся на Q, то P(x) делится на квадрат многочлена Q₁. Как это сделать?

Подсказка 3

Верно! Для начала нужно показать, что если многочлен с рациональными коэффициентами делится на Q, то он делится и на Q₁ (это легко сделать простым делением с остатком). А что будет, если теперь рассмотреть частное P и Q₁?

Подсказка 4

Точно! Если Q² не делит Q₁, то это будет означать, что многочлен с рациональными коэффициентами, равный частному P и Q₁, делится на Q! А это уже означает, что он делится на Q₁, и мы докажем заявленное утверждение. А как показать, что Q₁ не делится на квадрат Q?

Подсказка 5

Конечно! В противном случае производная многочлена Q₁, имеющая рациональные коэффициенты, делится на Q, следовательно, делится и на Q₁, а это невозможно, ведь Q₁ непостоянный! Итак, можно считать, что Q имеет рациональные коэффициенты. А можно ли теперь вообще считать, что Q имеет целые коэффициенты?

Подсказка 6

Можно! Для этого нужно просто аккуратно вынести знаменатели из равенства P(x) = Q²(x)R(x), чтобы получить произведение многочленов с целыми коэффициентами, а потом вынести содержание. Полученная константа перед произведением, очевидно, целая. Понятно, что для решения задачи достаточно доказать, что производная P делится на n. А как можно удобно представить производную P?

Подсказка 7

Верно! Легко заметить, что P' = QS, где Q и S — многочлены с целыми коэффициентами. Можно ли теперь, используя знания о многочлене P, доказать, что все коэффициенты S делятся на n?

Показать доказательство

Будем полагать, что $Q$ — неприводим над $ℝ$ (в противном случае вместо $Q$ можно рассмотреть его неприводимый множитель $∼ Q ).$

Покажем, что можно считать, что $Q$ — многочлен с рациональными коэффициентами. Действительно, пусть $Q1(x)$ — многочлен минимальной степени с рациональными коэффициентами, такой, что $Q|Q1$ (такой многочлен существует, поскольку $Q |P).$

Заметим, что любой многочлен $F ∈ ℚ[x],$ делящийся на $Q (x),$ делится и на $Q1(x).$ Для того, чтобы это доказать, разделим $F$ на $Q1$ с остатком: $F = AQ1+ B.$ Все участвующие в этом равенстве многочлены, очевидно, имеют рациональные коэффициенты. Так как $Q |F$ и $Q |Q1,$ а потому $B$ делится на $Q,$ однако его степень меньше, чем степень многочлена $Q1$ и, следовательно, $B ≡ 0.$

Многочлен $Q1$ не может делиться на $Q2,$ поскольку в ином случае $Q(x)|Q′1(x),$ при этом многочлен $Q1$ имеет рациональные коэффициенты, поэтому и многочлен $Q′1 ∈ ℚ[x].$ По доказанному выше это означает, что $Q1|Q′1,$ что невозможно, если $Q1$ не $0$ (из соображения о том, что $degQ1 > degQ ′1).$ Но тогда $Q1 ≡ const,$ а это не так, поскольку $Q⁄≡ const.$

Рассмотрим многочлен, равный частному $P$ и $Q1.$ Он имеет рациональные коэффициенты и делится на $Q$ (так как $Q$ — неприводимый, при этом $Q2$ не делит $Q1,$ но делит $P).$ Тогда частное многочленов $P$ и $Q1$ делится на $Q1,$ следовательно, $P$ делится на $Q21.$ Таким образом, мы нашли многочлен $Q1$ с рациональными коэффициентами, на квадрат которого делится $P.$ Таким образом, можно изначально полагать, что $Q ∈ ℚ[x].$

Итак, имеем равенство $P(x)= Q2(x)R(x),$ где $Q,R ∈ℚ [x],$ $P ∈ ℤ[x].$ Приведем коэффициенты $Q$ и $R$ к общим знаменателям $DQ$ и $DR.$ Тогда имеем равенство

P(x)= --1--Q22(x)R2(x) D2QDR

где $Q2,R2 ∈ℤ[x].$ После этого из каждого многочлена $Q2$ и $R2$ вынесем $cont(Q2)$ и $cont(R2).$ Получим равенство

cont(Q2)2cont(R2) P(x)= -----D2DR-----Q23R3 Q

Поскольку $contQ3 = 1$ и $contR3 =1,$ константа, стоящая в последнем равенстве перед произведением этих многочленов, должна быть целой. Тогда положим

R4 = R3⋅ cont(Q2)2cont(R2) D2QDR

и получим равенство $P(x) =Q2(x)R (x), 3 4$ где $Q ,R ∈ℤ[x]. 3 4$ Тогда можно полагать, что $Q ∈ ℤ[x].$

Очевидно, что младший коэффициент $Q$ взаимно прост с $n.$ Заметим, что $′ 2 ′ ′ 2 ′ P =(Q R) = 2QQ R+ Q R = QS,$ где $S ∈ ℤ[x].$ Докажем, что все его коэффициенты делятся на $n.$ Предположим, что это не так. Рассмотрим одночлен многочлена $S$ минимальной степени, который не делится на $n$ и положим, что его степень равна $r.$ Тогда $′ r <degP ,$ так как $P$ — многочлен ненулевой степени. Коэффициент $QS$ при одночлене степени $r$ не делится на $n,$ так как младший коэффициент $Q$ взаимно прост с $n$ (остальные слагаемые делятся), но у многочлена $′ P$ коэффициент при одночлене степени $r$ делится — противоречие.

Значит, и старший коэффициент $′ P$ делится на $n.$ Этот коэффициент равен $CdegP,$ где $C$ — старший коэффициент $P.$ Поскольку $(C,n)= 1$ по условию, то $deg P$ делится на $n.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#75796Максимум баллов за задание: 7

Даны многочлены $P,Q ∈ℚ [x].$ Рассмотрим НОДы этих многочленов над $ℚ$ и над $ℝ.$ Докажите, что эти НОДы отличаются домножением на константу.

Показать доказательство

В $ℚ$ $НОД(P,Q)$ находится алгоритмом Евклида. Ясно, что этот же алгоритм подойдет и в $ℝ.$ Но тогда $НОД (P,Q) ℚ$ отличается домножением на константу от $Н ОДℝ(P,Q),$ что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#75798Максимум баллов за задание: 7

Разложите $x12− 1$ на неприводимые сомножители ненулевой степени с целыми коэффициентами.

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Вспомните все формулы сокращённого умножения, которые вы знаете и раскладывайте, пока раскладывается.

Подсказка 2.

У всех скобок второй степени можно посчитать дискриминант и понять разложимы ли они над Z[x].

Подсказка 3.

Есть ещё одна скобка, которая не второй степени и не разложилась. Чтобы доказать её неразложимость, достаточно предположить, что она раскладывается на две квадратных скобки. Попробуйте обозначить все коэффициенты квадратных скобок и приравнять коэффициенты.

Показать ответ и решение

По формуле разности квадратов

12 6 6 x − 1 =(x − 1)(x +1)

Преобразуем отдельно каждую скобку.

По формуле разности квадратов

6 3 3 x − 1= (x − 1)(x + 1)

Далее применим формулы сумму и разности кубов

3 3 2 2 (x − 1)(x + 1)= (x − 1)(x + x+ 1)(x+ 1)(x − x+1)

Разложим теперь $x6+ 1.$ По формуле суммы кубов

x6 +1= (x2+ 1)(x4− x2+ 1)

Получаем, что $x12− 1 =(x− 1)(x2+ x+1)(x +1)(x2 − x+ 1)(x2+ 1)(x4− x2 +1).$

Очевидно, что $x− 1$ и $x +1$ неприводимы над $ℤ.$ Квадратные трехчлены $x2+ x+ 1$ и $x2− x +1$ тоже неприводимы над $ℤ,$ так как если бы они были приводимы, то имели бы корни, которых у них нет, так как их дискриминант равен -3. Аналогично, $x2+1$ — неприводим.

Осталось проверить, что $4 2 x − x + 1$ неприводим над $ℤ.$ Понятно, что он не может раскладываться в виде $3 2 (x− x0)(x +ax + cx+ d),$ так как тогда бы у него был целый корень, однако все его корни комплексные. Тогда единственный возможный вариант разложения — это $2 2 (x + ax +b)(x + cx+ d).$ Покажем, что и это невозможно. Для начала раскроем скобки и сгруппируем.

(x2+ ax+ b)(x2 +cx+ d)=x4 +(a+ c)x3+ (b+ d+ ac)x2+ (ad+ bc)x+ bd

Тогда, так как полученный многочлен должен быть тождественно равен исходному, получаем систему уравнений в целых числах на коэффициенты:

(| |||{ a +c= 0 | b+ d+ ac= −1 |||( ad+ bc= 0 bd= 1

Из последнего уравнения получаем $b= d= ±1,$ так как $b,d∈ ℤ.$ Тогда из второго получаем $ac= −3$ или $ac =1.$ Заметим, что оба варианта невозможны, так как целых решений вместе с уравнением $a+ c=0$ быть не может. Тогда получаем, что $x4− x2 +1$ действительно неприводим.

Ответ:

$(x− 1)(x2+ x+1)(x +1)(x2 − x+ 1)(x2+ 1)(x4− x2 +1)$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#75799Максимум баллов за задание: 7

Даны взаимно простые многочлены $P$ и $Q$ с целыми коэффициентами, то есть $(P,Q)= 1$ над $ℝ.$ Докажите, что существует такая константа $C,$ что для любого целого $k$ выполнено $(P(k),Q(k))< C.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Попробуйте вспомнить какое-нибудь уравнение, где участвует НОД многочленов и они сами. Возможно это поможет как-то оценить НОД значений в точке.

Подсказка 2.

Имеет место линейное представление НОДа. То есть существуют многочлены A(x) и B(x) с рациональными коэффициентами такие, что P(x) * A(x) + Q(x) * B(x) = 1. Как можно было бы оценить НОД (P(k), Q(k)), если бы многочлены A и B были бы с целыми коэффициентами?

Подсказка 3.

Правильно! Их НОД был бы не больше 1! Осталось только сделать коэффициенты многочленов A и B целыми.

Показать доказательство

Заметим, что из взаимной простоты многочленов в $ℝ$ следует их взаимная простота в $ℚ$ (иначе они бы не были взаимно простыми в $ℝ$ ). Тогда понятно, что на самом деле можно решать задачу в $ℚ,$ так как $P, Q ∈ ℚ[x].$

Тогда, так как многочлены $P$ и $Q$ взаимно просты для некоторых многочленов $A, B ∈ ℚ[x]$ имеет место тождество $P (x)A(x)+ Q(x)B (x)= 1.$ Так как коэффициенты многочленов $A$ и $B$ рациональны, можно умножить уравнение на $D,$ равное наименьшему общему кратному всех знаменателей этих многочленов.

Тогда получаем новое тождество $P(x)(DA(x))+Q(x)(DB (x))= D,$ в котором многочлены $P, DA = A1, Q, DB =B1$ имеют целые коэффициенты. Пусть $k ∈ℤ.$ Тогда верно равенство $P(k)A1(k)+Q (k)B1(k)= D.$ То есть уравнение $xP (k)+ yQ(k)= D$ имеет решение $(A1(k),B1(k))$ в целых числах. Но тогда $НОД (P(k),Q (k)) | D.$ Тогда получаем, что $НО Д(P(k),Q(k))≤ D$ для любого целого $k.$ В качестве требуемой константы $C$ берем $D + 1.$ Таким образом, её существование доказано.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#75800Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что многочлен $11x11 +10$ неприводим над $ℚ.$

Показать доказательство

Используем критерий Эйзенштейна: Пусть все коэффициенты $P(x)∈ℤ[x],$ кроме старшего, делятся на простое число $p,$ и свободный член не делится на $2 p .$ Тогда $P(x)$ неприводим над $ℤ$ (а значит и над $ℚ$ ).

Для многочлена из нашей задачи $2⁄| 11$ — старший коэффициент, $2 | 10$ и $2 2 =4 ⁄| 10$ — свободный член, который является единственным коэффициентом, кроме старшего.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#75801Максимум баллов за задание: 7

(a) Докажите, что многочлен $2016 x − 1$ раскладывается над $𝔽2017$ в произведение нескольких многочленов вида $7 x − a$ для $a ∈𝔽2017;$

(b) Можно ли натуральные числа $1,2...,2016$ можно разбить на группы по $7$ так, чтобы сумма чисел в каждой семерке делилать на $2017?$

Показать ответ и решение

(a) Рассмотрим все возможные ненулевые вычеты по модулю $2017.$ Пусть $g$ — первообразный корень. Тогда эти вычеты имеют вид $1 2016 g ,...,g .$ Возведем их в $7$ степень. Тогда получим набор $7 1 7 2016 (g ),...,(g) .$ Заметим, что $2016$ делится на $7,$ и частное равно $288.$ Тогда легко видеть, что $7 ordpg = 288.$ Из этого получаем, что сравнение $7 x − a≡p 0$ имеет решения $r r+288 r+6⋅288 g,g ,...,g$ для $7r g ≡p a.$ Таким образом, все решения сравнения $2016 x − 1≡p 0$ являются решениями одного из сравнений вида $7 x − a≡p 0,$ откуда вытекает требуемое.

(b) Будем воспринимать данный набор чисел, как набор ненулевых остатков по модулю $2017.$ Так как число $2017$ — простое, то существует первообразный корень по модулю $2017.$ Пусть $y$ — некоторый первообразный корень по модулю $2017.$ Пусть $t≡y288 (mod 2017).$ Заметим, что $t7− 1 ≡0 (mod 2017)$ — по малой теореме Ферма. Преобразуем это сравнение:

t7− 1 ≡0 (mod 2017)

(t− 1)(t6+ t5+ t4+t3+ t2 +t+ 1)≡0 (mod 2017)

Заметим, что $t⁄≡ 1 (mod 2017),$ так как $y$ — первообразный корень. Это значит, что $6 5 4 3 2 t +t + t+ t +t + t+1≡ 0 (mod 2017).$

Тогда разделим все числа на $288$ групп вида $2 3 4 5 6 a,at,at ,at,at,at,at,$ где $a$ некоторый ненулевой остаток по модулю $2017.$ Проверим, что сумма этих чисел делится на $2017 :$

a+ at+at2+ at3+ at4 +at5+at6 = a(1+ t+ t2+ t3+t4+ t5+ t6)≡ 0 (mod 2017)

Теперь покажем, что все числа различны. Допустим, что два числа совпали внутри группы. Тогда имеем

atm ≡ atn (mod 2017)

a(tm − tn)≡ 0 (mod 2017)

Тогда получаем, что $m n t ≡ t (mod 2017).$ Будем считать, что $m ≥n.$ Тогда, так как $2017$ — простое, имеем $m−n t ≡1 (mod 2017).$ При этом $m,n< 7,$ тогда $(m−n,7) t ≡ 1 (mod 2017).$ Так как $7$ — простое, то $t≡ 1 (mod 2017),$ но это противоречит тому, что $y$ первообразный корень.

Допустим, теперь, что числа из разных групп совпали. Это эквивалентно сравнению $axm ≡bxn (mod 2017).$ Но тогда мы получаем, что $b≡ axm−n (mod 2017),$ то есть $b$ — число из группы $a,at,at2,at3,at4,at5,at6,$ однако мы предполагали, что числа из разных групп — противоречие.

Итак, мы получили разбиение, требуемое условием задачи.

Ответ:

$b)$ Да, можно

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#75802Максимум баллов за задание: 7

Разложите на неприводимые над $ℚ$ множители многочлен $x2017− 32017.$

Показать ответ и решение

По формуле сокращенного умножения $x2017 − 32017 = (x− 3)(x2016+3x2015+ ...+ 32015x+32016).$ Пусть $P(x)=x2016+ 3x2015+ ...+ 32015x +32016.$ Докажем, что он неприводим.

Пусть $x= 3y.$ Тогда получаем $2016 2015 2015 2016 2016 2016 2015 x + 3x +...+ 3 x+ 3 =3 (y + y +...+ y+ 1).$

Теперь снова сделаем замену $y = t+1.$ Тогда в скобке имеем многочлен $2016 2015 (t+1) + (t+ 1) + ...+ (t+1)+ 1.$ Попробуем теперь применить критерий Эйзенштейна. Заметим, что свободный член равен $2017$ — простому числу. Осталось доказать, что остальные коэффициенты делятся на $2017.$

Заметим, что $2017 2017 y − 1= (y − 1) ,$ как многочлен над $ℤ2017,$ так как $k C2017$ для $1≤k ≤2016$ делится на $2017,$ а старший коэффициент и свободный член многочлена $2017 (y− 1)$ равны $1$ и $− 1$ соответственно. Преобразуем это равенство:

y2017− 1= (y− 1)2017

(y− 1)(y2016+ y2015+ ...+y +1)− (y− 1)2017 = 0

2016 2015 2016 (y− 1)(y + y + ...+y +1− (y− 1) )= 0

Тогда получаем, что $y2016+y2015 +...+ y+ 1− (y− 1)2016 = 0$ над $ℤ2017.$ Подставим $y = t+ 1.$ Получаем $(t+1)2016+ (t+ 1)2015 +...+ (t+1)+ 1− t2016 = 0$ Таким образом, все коэффициенты многочлена $(t+ 1)2016+ (t+ 1)2015+...+(t+1)+ 1,$ кроме старшего, делятся на $2017.$

Таким образом, для многочлена $P(t)=(t+ 1)2016+ (t+ 1)2015+...+(t+1)+ 1$ выполняется критерий Эйзенштейна, значит, он неприводим. Тогда исходный многочлен $P(x)$ тоже неприводим, так как мы использовали линейную замену $x= 3(t+ 1).$ Таким образом, $2017 2017 2016 2015 2015 2016 x − 3 = (x− 3)(x +3x + ...+ 3 x +3 )$ — искомое разложение на неприводимые.

Ответ:

$(x− 3)(x2016+ 3x2015 +...+ 32015x+ 32016)$