Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2001 год
Комментарий/решение:
Давайте покажем, что все коэффициенты многочлена целые. Пусть у нас есть многочлен P(x),deg(P(x))=n. Рассмотрим n+1 рациональное число x1,x2,...,xn+1. Пусть P(x) принимает в них значения r1,r2,...,rn+1. Тогда рассмотрев интерполяционный многочлен Лагранжа P(x)=n+1∑i=1ri⋅∏j≠i(x−xj)∏j≠i(xi−xj) Несложно заметить, что все коэффициенты P(x) рациональные. Также мы можем считать, что все его коэффициенты целые, так как умножение на рациональное число не влияет на ответ. Заменяя P(x)⇒an−1nP(xxn) получаем что можно считать, что an=1.
Заметим, что любой многочлен первой степени с рациональными коэффициентами удовлетворяет условию задачи. А многочлен нулевой степени нет.
Теперь рассмотрим r>max{f(1)−f(0),y1,y2,...,yk},r∈P где y1,y2,...,yk корни P(x)−x−P(0). Тогда в силу выбора r справедливо P(1)−P(0)−r<0<P(r)−r−P(0). Это значит, что многочлен P(x)−r−P(0) имеет корень на промежутке (1,r). Но по теореме о рациональном корне многочлена все рациональные корни этого многочлена это {1,−1,r,−r}. Значит P(x)=r+P(0)∈Z имеет иррациональный корень, противоречие.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.