Многочлены

Решения

Задача 1
Пусть P_n(x) = a_nxⁿ +...+ a₁x + a₀ — многочлен с целыми коэффициентами ( n≥ 1, a_n≠ 0). Может ли быть так, что при x = 0, 1, 2,... все числа P_n(x) — простые?
Решение:
При x = 0 многочлен принимает значение a₀. Поэтому a₀ = p — некоторое простое число. Подставляя в многочлен P(x) числа x₁ = p, x₂ = p², x₃ = p³,..., получаем P(x_j) делится на p. Следовательно P(x_j) = p (j = 1, 2,...) и многочлен P(x) принимает одно и то же значение в бесконечном числе точек.

Задача 2
Докажите, что не существует многочлена (степени больше нуля) с целыми коэффициентами, принимающего при каждом натуральном значении аргумента значение, равное некоторому простому числу.
Подсказка:
Если число a - целое, а P(x) - некоторый многочлен с целыми коэффициентами, то числа P(a) и P(a+p) имеют одинаковые остатки от деления на p.
Решение:
Предположим, что условие задачи неверно, и существует многочлен P(x) ненулевой степени с целыми коэффициентами, принимающий при каждом натуральном значении аргумента значение, равное некоторому простому числу. Пусть для некоторого натурального числа n выполнено равенство P(n)=p, где p - некоторое простое число. Заметим, что P(n+p) при этом также делится на p. Поскольку число P(n+p) должно быть простым, получаем, что P(n+p)=p. Аналогичным образом, P(n+2p)=P(n+3p)=...=p. Таким образом, многочлен Q(x)=P(x)-p принимает нулевое значение в точках n, n+p, n+2p,... . Однако, степень многочлена Q(x) больше нуля, поэтому он не может иметь бесконечное число корней - противоречие.

Задача 3
Докажите, что многочлен 1+x¹¹¹+x²²²+x³³³+x⁴⁴⁴ делится на многочлен 1+x+x²+x³+x⁴.
Подсказка:
Используйте равенство x⁵-1=(x-1)(1+x+x²+x³+x⁴); также можно решить задачу, используя разложение многочлена 1+x+x²+x³+x⁴ на линейные множители с комплексными коэффициентами.
Решение:
Докажем следующее более общее утверждение: многочлен вида x^a+x^b+x^c+x^d+x^e, где a, b, c, d, e - целые неотрицательные числа, дающие различные остатки при делении на 5, делится на многочлен 1+x+x²+x³+x⁴. Будем доказывать это утверждение индукцией по сумме a+b+c+d+e. База индукции очевидна: многочлен 1+x+x²+x³+x⁴ делится сам на себя. Рассмотрим некоторый многочлен P(x)=x^a+x^b+x^c+x^d+x^e, где числа a, b, c, d, e дают различные остатки при делении на 5, причем наибольшее из чисел a, b, c, d, e, (пусть, для определенности, это число e) не меньше 5. По предположению индукции многочлен Q(x)=x^a+x^b+x^c+x^d+x^e-5 делится на многочлен 1+x+x²+x³+x⁴. Имеем: P(x)=Q(x)+x^e-x^e-5= Q(x)+x^e-5(x⁵-1)= Q(x)+x^e-5(x-1)(1+x+x²+x³+x⁴). Таким образом, многочлен P(x) делится на многочлен 1+x+x²+x³+x⁴ вместе с многочленом Q(x). Утверждение доказано.

Задача 4
Разложить на целые рациональные множители выражение a¹⁰ + a⁵ + 1.
Решение:
Ответ: (a² + a + 1)(a⁸ - a⁷ + a⁵ - a⁴ + a³ - a + 1).

Задача 5
Найти целое число a, при котором (x - a)(x - 10) + 1 разлагается в произведение (x + b)(x + c) двух множителей с целыми b и c.
Решение:
Пусть (x - a)(x - 10) + 1 = (x + b)(x + c). Положив x = - b, получим (b + a)(b + 10) = - 1. Числа a и b целые, поэтому числа b + a и b + 10 тоже целые. Число -1 представляется в виде произведения двух множителей двумя способами. Соответственно получаем два варианта: 1) b + 10 = 1 и b + a = - 1; 2) b + 10 = - 1 и b + a = 1. Поэтому a = 8 или a = 12. В первом случае (x - 8)(x - 10) + 1 = (x - 9)², а во втором случае (x - 12)(x - 10) + 1 = (x - 11)².

Задача 6
Даны два многочлена от переменной x с целыми коэффициентами. Произведение их есть многочлен от переменной x с чётными коэффициентами, не все из которых делятся на 4. Доказать, что в одном из многочленов все коэффициенты чётные, а в другом — хоть один нечётный.
Решение:
Из того, что не все коэффициенты произведения делятся на 4, следует, что у одного многочлена есть нечётный коэффициент. Нужно доказать, что у другого многочлена нет нечётных коэффициентов. Предположим, что у обоих многочленов есть нечётные коэффициенты. Заменим каждый коэффициент на его остаток от деления на 2. В результате получим многочлены a_nxⁿ + a_n_{- 1}x^{n - 1} + ... + x^r и b_mx^m + b_m_{- 1}x^{m - 1} + ... + x^s. Если в произведении данных многочленов мы заменим каждый коэффициент на его остаток от деления на 2, то получим многочлен a_nb_mxⁿ^{+ m} + ... + x^r^{+ s}. Таким образом в произведении данных многочленов коэффициент при x^r^{+ s} нечётен, что противоречит условию.

Задача 7
Найти такие отличные от нуля неравные между собой целые числа a, b, c, чтобы выражение x(x - a)(x - b)(x - c) + 1 разлагалось в произведение двух многочленов с целыми коэффициентами.
Решение:
Пусть x(x - a)(x - b)(x - c) + 1 = P(x)Q(x), где P(x) и Q(x) — многочлены с целыми коэффициентами. Ясно, что P(x) и Q(x) — многочлены со старшим коэффициентом 1. При x = 0, x = a, x = b и x = c имеет место равенство P(x)Q(x) = 1, т.е. либо P(x) = 1 и Q(x) = 1, либо P(x) = - 1 и Q(x) = - 1. В обоих случаях P(x) - Q(x) = 0. Степень многочлена P(x) - Q(x) строго меньше четырёх, поэтому P(x) = Q(x) для всех x. Таким образом, x(x - a)(x - b)(x - c) = P²(x) - 1 = (P(x) + 1)(P(x) – 1). Поэтому P(x)±1 = x(x - a) и P(x) ± 1 = (x - b)(x - c), т.е. x(x - a) - (x - b)(x - c) = ±2 (мы не различаем решения, отличающиеся лишь перестановкой чисел a, b, c). Следовательно, a = b + c и bc = ±2. В результате получаем следующие наборы значений (a, b, c): (1, 2, 3), (- 1, - 2, - 3), (1, - 2, - 1), (2, - 1, 1). Им соответствуют следующие разложения многочлена x(x - a)(x - b)(x - c) + 1: (x² - 3x + 1)², (x² + 3x + 1)², (x² + x - 1)², (x² - x - 1)².

Задача 8
Докажите, что выражение x⁵ + 3x⁴y - 5x³y² - 15x²y³ + 4xy⁴ + 12y⁵ не равно 33 ни при каких целых значениях x и y.
Решение:
Представим данное выражение в виде (x + 2y)(x - y)(x + y)(x - 2y)(x + 3y). При y ≠ 0 все пять сомножителей этого произведения попарно различны, а число 33 нельзя представить в виде произведения пяти целых попарно различных сомножителей (хотя и можно представить в виде произведения четырёх попарно различных сомножителей, два из которых равны ±1). При y = 0 рассматриваемое выражение превращается в x⁵. Ни при каком целом x число x⁵ не равно 33.

Задача 9
Дано 16 кубов с длинами ребер соответственно 1,2,...,16. Разделите их на две группы так, чтобы в обеих группах были равны: суммарные объемы, суммы площадей боковых поверхностей, суммы длин ребер и количество кубов.
Подсказка:
Любые 2ⁿ чисел, образующие арифметическую прогрессию, можно разделить на две группы так, чтобы в обеих группах были равны: количества чисел, суммы чисел, суммы квадратов, и т.д., суммы (n-1)-ых степеней чисел. Докажите это утверждение последовательно для n=1,2,3,4.
Решение:
Разделим кубы на две группы следующим образом. В первую группу включим кубы со сторонами 1, 4, 6, 7, 10, 11, 13, 16, во вторую - оставшиеся кубы. Можно убедиться, что условие задачи выполнено. Чтобы понять, как догадаться до такого разбиения, решим следующую более общую задачу. Докажем, что любые 2ⁿ чисел, образующие арифметическую прогрессию, можно разделить на две группы так, чтобы для любого многочлена степени не выше (n-1) сумма значений этого многочлена в числах из одной группы была равна сумме значений этого многочлена в числах из другой группы (ясно, что исходная задача есть частный случай этой задачи для n=4 и арифметической прогрессии 1,2,...,16). Применим индукцию по n. При n=1 утверждение нащей общей задачи очевидно. Пусть оно верно при n=k, докажем его при n=k+1. Обозначим m=2^k. Пусть имеется арифметическая прогрессия из 2m=2^k+1 членов, из которых первые m членов обозначим a₁, a₂, ... , a_m, а следующие m членов обозначим b₁, b₂, ... , b_m. Разделим числа a₁, a₂, ... , a_m на две группы A' и A'' так, чтобы выполнялось предположение индукции. Далее, разделим числа b₁, b₂, ... , b_m на группы B' и B'' так, чтобы b_i входило в группу B' тогда и только тогда, когда a_i входит в группу A'. Объединим теперь A'c B''и A'' с B'. Покажем, что этим получено нужное разбиение чисел a₁, a₂, ... , a_m, b₁, b₂, ... , b_m. Рассмотрим некоторый многочлен P(x) степени не выше k. Покажем, сумма значений P(x), где x пробегает числа из одной группы, равна сумме значений P(x), где x пробегает числа из другой группы. Обозначим c=b_i-a_i (поскольку a₁, a₂, ... , a_m, b₁, b₂, ... , b_m - арифметическая прогрессия, разности b_i-a_i одинаковы при всех i от 1 до m). Рассмотрим разности R(a_i) = P(b_i)-P(a_i) = P(a_i+c)-P(a_i), i=1,2,...,m. Достаточно заметить, что сумма величин R(a_i) по всем a_i из A' равна сумме величин R(a_i) по всем a_i из A''. Но это следует из предположения индукции, поскольку в разности P(a_i+c)-P(a_i) многочленов от a_i (с считаем постоянной) сокращается старшая степень, то есть R(a_i) является многочленом от a_i степени не выше k-1. Утверждение доказано по индукции.

Задача 10
Докажите, что при умножении многочлена (x+1)^n-1 на любой многочлен, отличный от нуля, получается многочлен, имеющий не менее n отличных от нуля коэффициентов.
Подсказка:
Используйте дифференцирование и индукцию по n.
Решение:
Докажем данное утверждение индукцией по n. При n=1 и n=2 утверждение почти очевидно: многочлен с одним ненулевым коэффициентом (т.е. x^s для некоторого s) не делится на x+1. Пусть утверждение доказано для n=1,2,...,k. Докажем его для n=k+1. Рассмотрим произведение Q(x)=(x+1)^kP(x), где P(x) - некоторый ненулевой многочлен. Покажем, что многочлен Q(x) имеет не менее k+1 отличных от нуля коэффициентов. Можно без ограничения общности предполагать, что свободный член многочлена P(x) отличен от 0 (умножение на x не меняет числа ненулевых коэфиициентов), поэтому считаем, что у многочлена Q(x) свободный член также отличен от 0. Рассмотрим производную Q'(x) многочлена Q(x). У многочлена Q'(x) на один ненулевой коэффициент меньше, чем у многочлена Q(x) (так как при дифференцировании свободный член обращается в 0). По правилам дифференцирования произведения Q'(x)=(x+1)^kP'(x)+k(x+1)^k-1P(x)= (x+1)^k-1((x+1)P'(x)+kP(x)). Таким образом, Q'(x) получается домножением многочлена (x+1)^k-1 на ненулевой (поскольку произведение ненулевое) многочлен. По продположению индукции у многочлена Q'(x) не менее k ненулевых коэффициентов, следовательно, у многочлена Q(x) не менее k+1 ненулевых коэффициентов. Итак, утверждение задачи доказано по индукции.

Хостинг от uCoz