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 $P(l)=m^n$. Докажите, что существуют действительные числа $a,b$ и натуральное число $k$ такие, что $P(x)={(ax+b)}^k$ при всех действительных $x$. ( А. Голованов )

Комментарий/решение

Дано $c$ - иррациональное и $s$ - натуральное. Тогда множество $\{\{cn^s\}, \quad n \in N\}$ - всюдуплотно. Пусть многочлен $P(x)$ имеет вид $a_kx^k + ... $, где $a_k > 0$ (поймите что это не имеет значения). Заметим, что $\exists c \in R$ такое, что $\forall \varepsilon > 0, \exists L : \forall x > L$ выполняется

\[\sqrt[k]{a_k}x + c - \varepsilon < \sqrt[k]{P(x)} < \sqrt[k]{a_k}x + c + \varepsilon\]

Из условия задачи существует бесконечно много $x$ таких, что $P(x)$ степень $k$. Пусть для таких $x$, $P(x) = m(x)^{nk}$, где $x \in Z$. Тогда выполнено

\[\sqrt[k]{a_k}x + c - \varepsilon < m(x)^n < \sqrt[k]{a_k}x + c + \varepsilon\]

\[x + \frac{c - \varepsilon}{\sqrt[k]{a_k}} < \frac{m(x)^n}{\sqrt[k]{a_k}} < x + \frac{c + \varepsilon}{\sqrt[k]{a_k}}\].

Предположим, что $\sqrt[k]{a_k} $ - иррационально. Тогда $\{\frac{m(x)^n}{\sqrt[k]{a_k}}\}$ лежит на фиксированном отрезке длины $<1$. Тогда используя всюдуплотность получим, что $\{\frac{m(x)^n}{\sqrt[k]{a_k}}\}$ не может лежать на фиксированном отрезке длины $<1$.

Значит $\sqrt[k]{a_k}$ - рациональное число. Тогда пусть $b_k^k = a_k$. Заметим, что дробная часть $b_kx + c$ принимает конечное число значений. Более того разница этих значений наблюдается ввиде константы $b_k$. Тогда для любого выбранного $\varepsilon$ верно, что $b_kx + c -\varepsilon < m(x)^n < b_kx + c + \varepsilon $ для многих $x$. Получили, что мы можем выбрать $\varepsilon$ такой, что $b_kx + c $ будет отличаться от целого числа значением не более чем $\varepsilon$. Тогда $b_kx + c$ обязательно целое и, как следствие, $m(x)^n = b_kx + c$ - для многих $x$. То есть $P(x) = (b_kx+c)^{k}$, что и требовалось доказать.

Это официальное решение:

Пусть $k$ степень многочлена $P(x)$. Для каждого натурального $t$ найдём целое число $c_{t}$ такое, что $P(c_{t}) =2^{tkn}$ (если этому условию удовлетворяет несколько чисел, возьмём любое). При этом может оказаться, что $c_{t}$ и $c_{t+1}$ одного знака для бесконечно многих $t$, и тогда уравнение $P(y) =2^{kn}P(x)$ имеет бесконечно много целых решений $(x,y)$ с $xy > 0$: такими решениями являются все пары $(c_{t},c_{t+1})$ с элементами одного знака. Если же это не так, что для всех $t$, кроме конечного числа, одинаковый знак имеют числа $c_{t}$ и $c_{t+2}$; тогда бесконечно много целых решений $(x, y)$ с $xy >0$ имеет уравнение $P (y) = 4^{kn}P (x)$. В обоих этих случаях оказывается, что для некоторого натурального $d > 1 $ уравнение $P(y) = d^{k}P(x)$ 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 $(x_{0},+∞)$, 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 $P(x)$: $P(x)=a_{k}x^k+a_{k-1}x^{k-1}+...$

Существует единственное $s_{0}$ такое, что два старших коэффициента многочлена $P(dx+s0)$ отличаются от них умножением на $d^{k}$:

$P(dx+s_{0})=d^{k}a_{k}x^k+d^{k}a_{k-1}x^{k-1}+...$

Действительно, $P(dx + s_{0}) = d^k a_{k}x^k+ d^{k-1} (a_{k-1}+ ka_{k}s_{0})x^{k-1}+ ...,$ то есть $s_{0}$находится из линейного уравнения $a_{k-1}+k a_{k} s_{0} = d a_{k-1}.$

Разберём два случая.

I. Число $s_{0}$ не целое. Обозначим $s′ = [s_{0}]$. Многочлен $P(dx + s′)$ имеет такой же коэффициент при $x^k$, как многочлен $d^k P(x)$, и меньший коэффициент при $x^{k-1}$ (так как $d^{k-1}(a_{k-1} + k a_{k}s′) < d^{k-1}(a_{k-1}+k a_{k} s_{0})=d^k a_{k−1}$. Это значит, что $P(dx + s′) < d^k P(x)$ при всех достаточно больших $x$. Аналогично $P (dx + s′ + 1) >d^k P (x)$ при всех достаточно больших $x$. В силу сделанного выше замечания это значит, что при достаточно больших $x$ число $d^{k} P(x)$ не является значением многочлена $P$ в натуральной точке, а это противоречит условию задачи.

II. Число $s_{0}$ целое. Действуя так же, как и в случае I, получим, что $P(dx+s_{0}−1)<d^k P(x)<P(dx+s_{0}+1)$

при всех достаточно больших $x$. Если $(x,y)$ - достаточно большое решение уравнения $P(y) = d^k P(x)$ в натуральных числах, из полученного неравенства следует, что $y = dx + s_{0}$. Таким образом, равенство

$P(dx + s_{0})= d^k P(x)$ (∗)

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

Рассмотрим многочлен $Q(x) = P (x-s_{0}/(d-1))$ После выражения многочлена $P$ через $Q$ равенство (*)

принимает вид

$Q(dx+s_{0}+s_{0}/(d-1))=d^k Q(x+s_{0}/(d-1))$

то есть, так как $dx+s_{0}+s_{0}/(d-1)=d(x+s_{0}/(d-1))$

$Q(dy) = d^k Q(y)$

при всех вещественных $x$. Если $Q(y)=b_k y^k+ b_{k−1} y^{k−1}+...+b_{0}$, получаем тождество

$d^k b_{k} y^k+d^{k-1} y^{k-1}b_{k-1}+...+b_{0}=d^k b_{k} y^k +d^k b_{k−1} y^{k-1}+...+d^k$

Сравнивая коэффициенты, получаем, что $b_{k−1}=...=b_{0}= 0$, то есть многочлен $Q(x)$ имеет вид $a x^k$.

Делая обратную замену $P (x) = Q(x + s_{0})$, получаем утверждение задачи.