Loading [MathJax]/jax/output/SVG/jax.js

Республиканская олимпиада по математике, 2021 год, 11 класс


Дан многочлен P(x) с действительными коэффициентами и натуральное число n. Известно, что для любого натурального m существует целое число l такое, что P(l)=mn. Докажите, что существуют действительные числа a,b и натуральное число k такие, что P(x)=(ax+b)k при всех действительных x. ( А. Голованов )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

  0
3 года 10 месяца назад #

Дано c - иррациональное и s - натуральное. Тогда множество {{cns},nN} - всюдуплотно. Пусть многочлен P(x) имеет вид akxk+..., где ak>0 (поймите что это не имеет значения). Заметим, что cR такое, что ε>0,L:x>L выполняется

kakx+cε<kP(x)<kakx+c+ε

Из условия задачи существует бесконечно много x таких, что P(x) степень k. Пусть для таких x, P(x)=m(x)nk, где xZ. Тогда выполнено

kakx+cε<m(x)n<kakx+c+ε

x+cεkak<m(x)nkak<x+c+εkak.

Предположим, что kak - иррационально. Тогда {m(x)nkak} лежит на фиксированном отрезке длины <1. Тогда используя всюдуплотность получим, что {m(x)nkak} не может лежать на фиксированном отрезке длины <1.

Значит kak - рациональное число. Тогда пусть bkk=ak. Заметим, что дробная часть bkx+c принимает конечное число значений. Более того разница этих значений наблюдается ввиде константы bk. Тогда для любого выбранного ε верно, что bkx+cε<m(x)n<bkx+c+ε для многих x. Получили, что мы можем выбрать ε такой, что bkx+c будет отличаться от целого числа значением не более чем ε. Тогда bkx+c обязательно целое и, как следствие, m(x)n=bkx+c - для многих x. То есть P(x)=(bkx+c)k, что и требовалось доказать.

пред. Правка 4   2
3 года 10 месяца назад #

Это официальное решение:

Пусть k степень многочлена P(x). Для каждого натурального t найдём целое число ct такое, что P(ct)=2tkn (если этому условию удовлетворяет несколько чисел, возьмём любое). При этом может оказаться, что ct и ct+1 одного знака для бесконечно многих t, и тогда уравнение P(y)=2knP(x) имеет бесконечно много целых решений (x,y) с xy>0: такими решениями являются все пары (ct,ct+1) с элементами одного знака. Если же это не так, что для всех t, кроме конечного числа, одинаковый знак имеют числа ct и ct+2; тогда бесконечно много целых решений (x,y) с xy>0 имеет уравнение P(y)=4knP(x). В обоих этих случаях оказывается, что для некоторого натурального d>1 уравнение P(y)=dkP(x) имеет бесконечно много решений в целых числах одного знака. Заменив, если нужно, многочлен P(x) на многочлен P(x), мы можем считать, что среди этих решений бесконечно много таких, в которых x и y натуральны. Докажем, что из этого свойства многочлена P следует утверждение задачи.

Поскольку многочлен P(x) возрастает на некотором луче (x0,+), при некотором положительном M из неравенства M<P(x)<P(y) для положительных x и y следует, что x<y. В частности, если M<P(x)<P(y)<P(x+1) для некоторого натурального x и положительного y то число y – не целое.

Рассмотрим два старших коэффициента многочлена P(x): P(x)=akxk+ak1xk1+...

Существует единственное s0 такое, что два старших коэффициента многочлена P(dx+s0) отличаются от них умножением на dk:

P(dx+s0)=dkakxk+dkak1xk1+...

Действительно, P(dx+s0)=dkakxk+dk1(ak1+kaks0)xk1+..., то есть s0находится из линейного уравнения ak1+kaks0=dak1.

Разберём два случая.

I. Число s0 не целое. Обозначим s=[s0]. Многочлен P(dx+s) имеет такой же коэффициент при xk, как многочлен dkP(x), и меньший коэффициент при xk1 (так как dk1(ak1+kaks)<dk1(ak1+kaks0)=dkak1. Это значит, что P(dx+s)<dkP(x) при всех достаточно больших x. Аналогично P(dx+s+1)>dkP(x) при всех достаточно больших x. В силу сделанного выше замечания это значит, что при достаточно больших x число dkP(x) не является значением многочлена P в натуральной точке, а это противоречит условию задачи.

II. Число s0 целое. Действуя так же, как и в случае I, получим, что P(dx+s01)<dkP(x)<P(dx+s0+1)

при всех достаточно больших x. Если (x,y) - достаточно большое решение уравнения P(y)=dkP(x) в натуральных числах, из полученного неравенства следует, что y=dx+s0. Таким образом, равенство

P(dx+s0)=dkP(x) (∗)

выполняется для бесконечно многих значений x. Поскольку это равенство двух многочленов, оно вы- полняется при всех x.

Рассмотрим многочлен Q(x)=P(xs0/(d1)) После выражения многочлена P через Q равенство (*)

принимает вид

Q(dx+s0+s0/(d1))=dkQ(x+s0/(d1))

то есть, так как dx+s0+s0/(d1)=d(x+s0/(d1))

Q(dy)=dkQ(y)

при всех вещественных x. Если Q(y)=bkyk+bk1yk1+...+b0, получаем тождество

dkbkyk+dk1yk1bk1+...+b0=dkbkyk+dkbk1yk1+...+dk

Сравнивая коэффициенты, получаем, что bk1=...=b0=0, то есть многочлен Q(x) имеет вид axk.

Делая обратную замену P(x)=Q(x+s0), получаем утверждение задачи.