Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2021 год
Комментарий/решение:
Ответ: P(x)≡x+b или P(x)≡−x−b для всех целых b≥−2022.
Рассмотрим случай degP≥2. Пусть P(x)=adxd+…+a0. Замена P→−P ничего не меняет, поэтому БОО старший коэф. P больше нуля. Ясно, что degP′≥1 и его старший коэф. равен dad.
Поэтому: (1) Сущ. M∈N, что P(x)>0,∀x≥M;
(2) Сущ. s,t∈N, что P′(s)=t, а так же t2>(M+2022)t+s⟺P′(s)2−(M+2022)P′(s)−s>0.
Лемма: Для ∀x≡y≡s(modt) верно, что t2∣P(x)−P(y).
Д-во: Можем записать так: P(x)−P(y)=(x−y)Q(x,y). Заметим, что
Q(x,y)≡Q(x,x)≡P′(x)≡P′(s)≡0(modt).◼
Рассмотрим пары (x,y) вида (it+s,(i+1)t+s), где i=M,…,M+2021, тогда
t2∣P(x)−P(y)=|P(x)|−|P(y)|.
Следовательно для n=t2 условие Pn≤2021 не выполняется. Значит degP=1 (очевидно, что степень не 0).
Пусть P(x)=ax+b. Замена P→−P ничего не меняет, поэтому достаточно решить случай a>0. Сущ. N∈N, что P(x)>0,∀x≥N.
Если a>1, то
a(x−y)=P(x)−P(y)=|P(x)|−|P(y)|,∀x,y≥N.
Пусть m натуральное число такое, что am>N+2021+m. Рассмотрим пары (x,y) вида (N+i,N+i+m), где i=0,…,2021 тогда
am∣(−am)=|P(x)|−|P(y)|,
следовательно для n=am условие Pn≤2021 не выполняется. Значит P(x)=x+b. Если b≤−2023, то для n=2022−b⟹Pn=2022, что не удовлетворяет условию. Значит b≥−2022, что очевидно подходит. Обратной заменой P→−P находим второй ответ.
Сперва поймем, что P не константа и БОО старший коэффициент положительный.
Существует x0 такой, что ∀x>x0 P(x) положительный, поэтому наше условие можно заменить на такое: количество пар (a,b) с x0<a<b≤n,P(a)−P(b)⋮n ограничено.
Пусть p простое и p2|n. По ряду Тейлора ∀a,x0<a≤n−np,
P(x+np)−P(x)=P′(x)1!⋅np+P″
Заметим, что при p | P'(x) пара (x+\frac{n}{p}, x) подходит: каждый член справа делится на n, потому что \frac{P^{(d)}(x)}{d!} \in \mathbb{Z} и n | \left( \dfrac{n}{p} \right)^2. Из этого следует, что p | P'(x) для ограниченного количества x. Вспомним, что P'(x) - многочлен с целыми коэффициентами, значит p | P'(x) \Leftrightarrow p | P'(x + pk) \forall k \in \mathbb{Z}, значит если есть хотя бы для одного x P'(x) \vdots p, то существует хотя бы \frac{n}{p}-1-\left[ \frac{x_0-1}{p} \right] таких x между x_0 и n-\frac{n}{p}. Но это число мы можем сделать произвольно большим, противоречие.
Тогда мы получили, что для всех больших x P'(x) не делится ни на какие простые p, то есть |P'(x)| \leq 1, значит это всегда 1 и P(x)=x+c. Проверяем и получаем, что \boxed{P(x)=\pm(x+c) \forall c \geq -2022}.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.