Тема Многочлены

Многочлены над конечным полем

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#96499

Для каждого простого $p$ найдите количество неприводимых над $𝔽 p$ многочленов степени $3.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как искать сразу непонятно. Предлагается искать дополнение, то есть количество приводимых многочленов степени 3. Как это сделать?

Подсказка 2

Приводимые многочлены степени 3 бывают двух видов. Это либо произведение трех линейных множителей, либо произведение линейного множителя на неприводимый квадратный множитель. Как это можно посчитать?

Подсказка 3

Произведение линейных посчитать не очень трудно, нужно разобраться случаи по количеству совпадений множителей. Как посчитать второй случай? Это немного сложнее, но тут тоже помогает идея дополнения. Легче посчитать количество приводимых квадратных трехчленов!

Показать ответ и решение

В силу малой теоремы Ферма, мы имеем $xp−1 = 1$ в $𝔽[x] p$ , следовательно, степень каждого многочлена не превосходит $p− 2$ . Далее будем считать, что $p> 2$ , иначе рассматриваемые мночогочлены являются линейным, то есть всегда приводимы.

Количество многочленов $P(x)∈ 𝔽p[x],$ степень которых равна $3,$ ровно

3 (p− 1)p

Это так, ведь существует ровно $p− 1$ возможных коэффициентов перед $x3$ и ровно $p$ возможных вариантов на каждый из остальных мономов. Таким образом, достаточно найти количество многочленов, приводимых над указанным полем.

Существует ровно два типа указанных многочленов:

$1)$ Многочлен раскладывается в виде произведения трех линейных многочленов. Количество таких многочленов равно

( 3 ) (p− 1) Cp + p(p− 1)+p

Поскольку существует ровно $p− 1$ коэффициент перед старшей степенью, а множество корней суть множество из трех элементов, каждый из которых лежит в $𝔽p.$

$2)$ Многочлен является суть произведением линейного многочлена, а так же многочлена второй степени, неприводимого над $𝔽p.$ Аналогично рассуждениям первого пункта, получим, что количество приводимых многочленов второй степени равно

( p(p− 1) ) (p2+ p) p(p2− 1) (p− 1)(C2p +p)= (p− 1)-2---+p = (p− 1) --2-- = ---2---

то есть неприводимых

2 p3−-p 2p3−-2p2-− p3+-p p3−-2p2-+p p(p−-1)2- (p− 1)p− 2 = 2 = 2 = 2

следовательно общее количество исходных многочленов равно

p2(p− 1)2 ---2----

Наконец, количество приводимых многочленов равно

( ) 2 2 (p − 1)p3− (p− 1)C3p +p(p− 1)+ p − p(p−2-1)

что после преобразований имеет вид

2 p(p−-1)(p+-1) 3

Ответ:

$p(p−-1)2(p+1), 3$ для $p >2;$ для $p =2$ неприводимых нет

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#96500

Натуральные числа $a,b,c$ и простое $p >3$ таковы, что $a+ b+ c=p +1,$ и $a3+ b3+ c3− 1$ делится на $p.$ Докажите, что одно из чисел $a,b,c$ равно $1.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В условии есть и равенство, и делимость. Надо прийти к чему-то одному. Удобнее перейти к сравнениям. Как тогда доказать, что число равно 1? Надо доказать, что есть число, сравнимое с 1, тогда в силу того, что a+b+c = p+1, у нас будет число 1. Что делать дальше?

Подсказка 2

Рассмотрите многочлен (x-a)(x-b)(x-c). Вам нужно доказать, что он делится на x-1. Как это можно сделать?

Подсказка 3

Преобразуйте сравнение 1 = x^3 + y^3 + z^3, а так же раскройте скобки в (x-a)(x-b)(x-c). Найдите что-то общее и решите задачу.

Показать доказательство

Так как все числа $a,b,c$ меньше $p,$ достаточно доказать, что одно из них дает остаток $1$ при делении на $p.$ Рассмотрим многочлен $(x− a)(x− b)(x− c)$ по модулю $p.$ Имеем $a +b+ c≡ 1 (mod p),$ и поскольку

3 3 3 2 1 ≡a + b + c= (a+ b+c)((a+ b+c) − 3(ab+ bc+ ac))+ 3abc≡

≡1 − 3(ab+bc+ ac)+ 3abc (mod p)

числа $ab+ bc+ac$ и $abc$ также сравнимы по модулю $p:$

ab+bc+ ac≡abc≡ k (mod p)

Итак, по модулю $p$ вычеты $a,b$ и $c$ являются корнями многочлена

(x− a)(x− b)(x − c)≡ x3− x2 +kx− k≡ (x− 1)(x2 +k) (mod p)

а это и значит, что одно из них сравнимо с $1$ по модулю $p.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#96502

Пусть $f :ℤ → ℤ p p$ — произвольная функция. Тогда найдется многочлен $P(x) ∈ℤ [x] p$ степени не выше $p− 1,$ для которого при любом $c∈ 𝔽p$ выполнено $f(c)= P(c).$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Построить многочлен в явном виде тяжело. Попробуйте доказать утверждение задачи с помощью принципа Дирихле.

Подсказка 2

Рассмотрите множество всевозможных функций, а также множество всевозможных многочленов. Поймите, что их одинаковое количество, а из этого уже выведите утверждение задачи.

Показать доказательство

Пусть $M f$ — множество всевозможных функций $f :ℤ → ℤ . p p$ Найдем его мощность, каждая функция однозначно определяется значениями в каждой из точек $0,1,...,p− 1,$ следовательно, $p |Mf|= p.$

Пусть $MP$ — множество многочленов $P(x)∈ℤp[x]$ степени не выше $p − 1.$ Каждый из них однозначно определяется коэффициентами перед каждым из коэффициентов некоторой из $p$ возможных степеней. Никакие два многочлена $P,Q ∈MP ,$ коэффициенты которых отличаются хотя бы в одной позиции не совпадают, поскольку их совпадение в $p$ различных точках, влечет их совпадение. И снова, $p |MP|= p .$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#97180

При каких натуральных $n$ многочлен $(x+1)n+ xn+ 1$ делится на $x2+x +1?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем упростить задачу, опираясь на свойства данных выражений. Во-первых, с (x + 1)ⁿ работать не очень удобно. Поэтому можно x + 1 заменить на другое выражение, сравнимое с ним по модулю x² + x + 1. Какое?

Подсказка 2

Что вспоминается при виде выражения x² + x + 1? Наверное, выражение x³ - 1, которое делится на этот многочлен. Стало быть, x³ сравнимо с 1 по модулю x² + x + 1.

Показать ответ и решение

Поскольку $x+ 1≡ −x2 (mod x2 +x +1),$ получаем

n n n2n 2 2 (x+ 1) +x +1 ≡(−1) x + x + 1 (mod x +x+ 1)

Заметим, что $x3 ≡ 1 (mod x2+x +1).$

Разберем все случаи

1.: $3|n.$ Тогда $n 2n 2 n 2 (−1) x +x + 1≡ (−1) +2 (mod x + x+ 1).$ Многочлен $n (−1) +2$ на $2 x + x+1,$ конечно, не делится.
2.: $n ≡1 (mod 6).$ Тогда $n 2n 2 2 2 (− 1) x + x +1 ≡−x +x+ 1≡ 2x+ 2 (mod x +x+ 1).$
3.: $n ≡2 (mod 6).$ Тогда $n 2n 2 2 2 (− 1) x + x +1 ≡x+ x + 1≡ 0 (mod x +x +1).$
4.: $n ≡4 (mod 6).$ Тогда $(− 1)nx2n+ x2 +1 ≡x2+ x+ 1≡ 0 (mod x2 +x +1).$
5.: $n ≡5 (mod 6).$ Тогда, $(−1)nx2n+ x2+ 1≡ x2− x +1≡ 2x+ 2 (mod x2+x +1).$

Таким образом, подходят только $n≡ 2,4 (mod 6).$

Ответ:

При $n= 6k± 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#97182

$P (x)$ и $Q(x)$ — многочлены с действительными коэффициентами. Известно, что многочлен $P(x3)+ xQ(x3)$ делится на $x3− 1.$ Докажите, что $P(x)$ и $Q (x)$ оба делятся на $x− 1.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для упрощения стоит найти какие-то числа или выражения, с которыми сравнимы многочлены P и Q по модулю x - 1.

Подсказка 2

Они лежат на поверхности, это P(1) и Q(1). Если докажете, что они равны 0, то дело в шляпе. Ясно, что осталось как-то свести условие к работе с P(1) и Q(1).

Показать доказательство

Для начала заметим, что $x3 ≡ 1 (mod x3− 1).$ Тогда получаем, что

3 P(1)+ xQ(1)≡0 (mod x − 1)

Слева линейный многочлен, поэтому такое сравнение возможно в том и только в том случае, когда $P (1)= Q(1)=0.$ Теперь заметим, что $x ≡1 (mod x− 1).$ Поэтому $P (x)≡ P(1)≡ 0 (mod x − 1).$ Аналогично $Q(x)≡ 0 (mod x− 1).$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#97183

Докажите, что для любого многочлена $P(x)$ многочлен $P (P(...P(x)...))− x$ делится на $P(x)− x.$

Подсказки к задаче

Подсказка

Хочется как-то постепенно прийти к композиции из условия, потому что сразу непонятно, что с ней делать. Как это можно сделать? Например, с чем сравнимо P(x) по модулю P(x) - x?

Показать доказательство

Докажем тождество индукцией по числу композиций. Для одной композиции утверждение верно, поскольку тогда это утверждение о том, что $P (x)− x$ делится на $P(x)− x.$ Пусть $P◟-(P-(...P◝◜(x)...))◞−x, n$ делится на $P (x)− x.$ Тогда

P◟(P(...P◝(◜x)...))◞≡ x (mod P(x)− x) n

Тогда для $n+ 1$ композиции имеем

P◟(P(...◝P◜(x)...))◞−x≡ P(x)− x≡ 0 (mod P (x)− x) n+1

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#97186

При каких натуральных $k$ многочлен $1+ x4 +x8+ ...+ x4k$ делится на многочлен $1+ x2 +x4+ ...+ x2k?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала давайте посмотрим на многочлены при нечётных k. Поищите многочлен, на который делится второй многочлен, но не делится первый.

Подсказка 2

Осталось проработать чётные k. Тут стоит использовать следующую идею: если многочлены R(x) и P(x) взаимно просты, то делимость Q(x)R(x) на P(x) равносильна делимости Q(x) на P(x). Многочлен R можно подобрать так, чтобы Q(x)R(x) стал сильно проще, чем Q(x).

Подсказка 3

А как с помощью этой идеи сделать многочлен P(x) проще?

Показать ответ и решение

Заметим, что при всех нечетных $k$ многочлен $P(x)= 1+x2+ x4+ ...+ x2k$ делится на многочлен $x2+1,$ а многочлен $4 8 4k Q (x)= 1+ x +x + ...+ x$ не делится на него ни при каких $k,$ поскольку при $2 x + 1= 0$ имеем $4 x = 1,$ поэтому значение $Q (x)$ будет вещественным положительным числом, а $P (x)= 0.$ Но тогда $Q(x)$ не делится на $P(x).$

Пусть теперь $k$ четно. Тогда $P (x)$ взаимно прост с многочленом $2 x + 1.$ Заметим, что $P(x)$ взаимно прост с многочленами $x ±1.$ Тогда делимость $Q(x)$ на $P(x)$ эквивалентна делимости $4 (x − 1)Q (x)$ на $2 (x − 1)P (x).$ Очевидно, выполняются равенства

(x4− 1)Q(x)= x4k+4− 1

2 2k+2 (x − 1)P(x)= x − 1

Если $x2k+2− 1= 0,$ то, очевидно, и $x4k+4− 1= 0.$ Таким образом, все корни $(x2− 1)P(x)$ являются корнями $(x4− 1)Q (x),$ поэтому $(x4− 1)Q(x)$ делится на $(x2− 1)P (x),$ следовательно и $Q(x)$ делится на $P(x).$

Ответ:

При четных $k∈ ℕ$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#97187

Найдите все пары натуральных чисел $x,y$ такие, что $x3+ 1$ делит $(x+ 1)y.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как насчёт того, чтобы рассмотреть (x + 1)ʸ как произведение большого количества одинаковых многочленов, которые дают удобный для нас остаток при делении на x² - x + 1?

Подсказка 2

(x + 1)² ≡ 3x (mod x² - x + 1). Осталось реализовать идею из первой подсказки.

Показать ответ и решение

Если $y =1,$ то задача сводится к делимости $1$ на $x2− x+ 1,$ что возможно только лишь при $x= 1.$

Пусть $y > 1.$ Введём переменную $m =y − 1$ и рассмотрим делимость $m (x+ 1)$ на $2 x − x +1.$ Заметим, что

2 2 (x +1) ≡ 3x (mod x − x+ 1)

Теперь задача сводится к рассмотрению случаев.

Если $m$ чётное, то тогда $(x+ 1)m ≡ 3m2 xm2 .$ Заметим, что $(x,x2 − x+ 1)= 1.$ Если $x= 1,$ то делимость верна при любом $m.$ Иначе $3m2$ должно делиться на $x2− x+ 1,$ то есть $x2− x+ 1$ — cтепень $3.$ Однако это выражение делится на $3$ лишь при $x ≡2 (mod 3).$ Если подставить $x =3k− 1,$ получим

2 2 x − x+ 1= 3(3(k − k)+ 1)

Это может быть степенью тройки лишь при $k= 1,$ откуда $x= 2$ и $y ≥3.$

Если $m$ нечётное, то получим сравнение с $(x+ 1)xm2−1⋅3m−21.$ Опять же, если $x= 1,$ делимость верна для любого $m.$ В противном случае $3m−21(x+1)$ кратно $x2− x+ 1.$ Заметим, что $(x +1,x2− x+1)= 3.$ Значит, $x2− x+ 1$ снова должно быть степенью тройки, что возможно лишь при $x= 2.$ Отсюда получаем, что $y ≥ 2.$

Ответ:

$(x,1),x∈ ℕ,(1,y),y ∈ ℕ,(2,y),y ≥ 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#74951

Пусть задано множество остатков от деления на 11, $A= {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}$ . Пусть над этим множеством задана степенная функция четвертой степени $($ т.е. все значения переменных и коэффициенты принадлежат только множеству $A)$

4 3 2 f(x)= x + 3x +7x + 6x+10

Найдите элемент множества $A,$ являющийся суммой корней уравнения $f(x)= 0.$

Источники: САММАТ-2022, 11.7 (см. sammat.samgtu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Остатков не так много, поэтому значения функции можно даже перебрать ;)

Подсказка 2

Приходим к тому, что корней всего 3 :)

Показать ответ и решение

Просто переберём остатки по модулю 11:

f(0)≡ 10⁄≡ 0mod 11

f(1)≡5 ⁄≡0 mod11

f(2)≡2 ⁄≡0 mod11

f(3)≡ 0mod 11

f(4)≡ 0mod 11

f(5)⁄≡ 0mod 11

f(6)⁄≡ 0mod 11

f(7)⁄≡ 0mod 11

f(8)≡ 0mod 11

f(9)⁄≡ 0mod 11

f(10) ⁄≡0 mod11

Итак, $f(3)≡0 mod11,f(4)≡ 0mod 11,f(8)≡ 0mod 11.$

Так как многочлен степени 4, то какой-то корень кратный. Убеждаемся, что

(x4+ 3x3 +7x2+ 6x +10)= (x − 3)(x − 4)2(x− 8) mod11

Значит, сумма равна

3+4 +4+ 8≡ 8mod 11

Ответ: 8

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#86853

Пусть для натурального числа $n$ и простого числа $p$ нашлись натуральные числа $a ,...,a 1 n+1$ такие, что их $n$ -е степени дают одинаковые остатки при деление на $p.$ Докажите, что какие-то $ai$ и $aj$ дают одинаковые остатки при делении на $p.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вам нужно доказать, что из n+1 элемента 2 совпадают. Как это можно сделать? Можно найти многочлен степени n, где a_i будут корнями! Как его искать?

Подсказка 2

Рассмотрите многочлен x^n-r над полем F_p. Что можно сказать про a_i и этот многочлен?

Показать доказательство

Рассмотрим многочлен $xn− r$ над полем $𝔽 , p$ где $r$ — остаток от деления $an 1$ на $p.$ По условию $a,...a 1 n+1$ являются его корнями. Но над нашим полем этот многочлен имеет не более $n$ корней. То есть какие-то два из чисел $a1,...,an+1$ действительно дают одинаковые остатки при делении на $p.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#86854

Пусть $f(x),g(x) ∈𝔽 [x]. p$ При этом для любого $c ∈𝔽 p$ выполнено $f(c)= g(c).$ Докажите, что $f(x)− g(x)$ делится на $p x − x.$

Показать доказательство

Заметим, что многочлен $xp− x= x(x − 1)...(x− p+1)$ над полем $𝔽 . p$ Рассмотрим многочлен $f(x)− g(x).$ По условию $0,1,...p− 1$ являются его корнями. Следовательно, $f(x)− g(x)$ делится на $x(x− 1)...(x− p +1)$ по теореме Безу, что и требовалось доказать.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#86855

Доказать, что для любого целого $m,$ не кратного $p − 1,$ существует $n,$ не кратное $p$ такое, что $nm ⁄≡ 1 (mod p).$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Предположим противное. Переведем задачу на язык сравнений, а так же посмотрим на многочлен x^m-1 над полем F_p. Что вы можете сказать про его корни?

Подсказка 2

Докажите, что все вычеты его корни. Что это значит? Это означает, что x^m - 1 делится на x^(p-1)-1. Поймите, почему это ведет к противоречию?

Показать доказательство

Предположим противное. То есть существует $m,$ для которого $xm ≡ 1 (mod p)$ для любого $x,$ не делящегося на $p.$ Посмотрим на многочлен $m x − 1$ над полем $𝔽p.$ Покажем, что на самом деле в таком случае $m x − 1$ делится на $p−1 x − 1.$ Заметим, что многочлен $p x − x= x(x− 1)...(x− p+ 1)$ над полем $𝔽p$ . Тогда мы понимаем, что $0,1,...p− 1$ являются корнями $m x − 1$ . Следовательно, он делится на $x(x − 1)...(x− p+1)$ по теореме Безу, то есть и на $p−1 x − 1.$ Пусть теперь $r$ — остаток от деления $m$ на $p− 1.$ Тогда многочлен $m r x − x$ делится на $p−1 x − 1,$ следовательно, и многочлен $r x − 1$ делится на $m x − 1.$ Но $r m deg(x − 1)< deg(x − 1)$ — противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#86856

Назовём многочлен с целыми коэффициентами перестановочным по модулю $p,$ если его значения дают все возможные остатки при делении на $p.$ Существует ли перестановочный по модулю $101$ многочлен степени

(a) $17;$

(b) $100;$

Показать ответ и решение

(a) Подойдёт многочлен $x17.$ Предположим обратное. Пусть $a17 ≡ b17 (mod 101)$ для различных остатков $a$ и $b.$ Тогда эти остатки ненулевые. По малой теореме Ферма имеем $100 100 a ≡ b (mod 101).$ Тогда $2 17⋅6−100 17⋅6−100 2 a ≡a ≡ b ≡ b (mod 101).$ И значит $17−2⋅8 17−2⋅8 a ≡a ≡ b ≡ b (mod 101).$ Противоречие, значит многочлен $17 x$ является перестановочным.

(b) Подойдёт многочлен $100 101x + x.$ Действительно, остаток числа $100 101x +x$ при делении на $101$ равен $x.$ А многочлен $x$ является перестановочным.

(c) Подойдёт многочлен $10 101x + x.$ Действительно, остаток числа $100 101x +x$ при делении на 101 равен $x.$ А многочлен $x$ является перестановочным.

Ответ:

Существует во всех пунктах

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#86858

Докажите, что над полем $𝔽 p$ существует бесконечно много неприводимых многочленов. (Неприводимый многочлен — это многочлен, который нельзя представить в виде произведения двух многочленов ненулевой степени)

Показать доказательство

Предположим, что существует лишь конечное число неприводимых многочленов. Рассмотрим их произведение, увеличенное на $1.$ Легко видеть, что полученный многочлен не делится ни на один из неприводимых, следовательно, он сам является неприводимым — противоречие.

Предыдущий раздел

Следующий раздел