Республиканская олимпиада по математике, 2021 год, 11 класс
Комментарий/решение:
Дано c - иррациональное и s - натуральное. Тогда множество {{cns},n∈N} - всюдуплотно. Пусть многочлен P(x) имеет вид akxk+..., где ak>0 (поймите что это не имеет значения). Заметим, что ∃c∈R такое, что ∀ε>0,∃L:∀x>L выполняется
k√akx+c−ε<k√P(x)<k√akx+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 x∈Z. Тогда выполнено
k√akx+c−ε<m(x)n<k√akx+c+ε
x+c−εk√ak<m(x)nk√ak<x+c+εk√ak.
Предположим, что k√ak - иррационально. Тогда {m(x)nk√ak} лежит на фиксированном отрезке длины <1. Тогда используя всюдуплотность получим, что {m(x)nk√ak} не может лежать на фиксированном отрезке длины <1.
Значит k√ak - 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+c−ε<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.
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+ak−1xk−1+...
Существует единственное s0 такое, что два старших коэффициента многочлена P(dx+s0) отличаются от них умножением на dk:
P(dx+s0)=dkakxk+dkak−1xk−1+...
Действительно, P(dx+s0)=dkakxk+dk−1(ak−1+kaks0)xk−1+..., то есть s0находится из линейного уравнения ak−1+kaks0=dak−1.
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 xk−1 (так как dk−1(ak−1+kaks′)<dk−1(ak−1+kaks0)=dkak−1. 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+s0−1)<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(x−s0/(d−1)) После выражения многочлена P через Q равенство (*)
принимает вид
Q(dx+s0+s0/(d−1))=dkQ(x+s0/(d−1))
то есть, так как dx+s0+s0/(d−1)=d(x+s0/(d−1))
Q(dy)=dkQ(y)
при всех вещественных x. Если Q(y)=bkyk+bk−1yk−1+...+b0, получаем тождество
dkbkyk+dk−1yk−1bk−1+...+b0=dkbkyk+dkbk−1yk−1+...+dk
Сравнивая коэффициенты, получаем, что bk−1=...=b0=0, то есть многочлен Q(x) имеет вид axk.
Делая обратную замену P(x)=Q(x+s0), получаем утверждение задачи.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.