Олимпиада Туймаада по математике. Старшая лига. 2021 год

В последовательности квадратных трёхчленов $P_n$ каждый трёхчлен, начиная с третьего, равен сумме двух предыдущих. Первые два трехчлена не имеют общих корней. Может ли случиться, что при каждом $n$ у $P_n$ есть целый корень? ( А. Голованов )

Комментарий/решение

Сама задача не сложная, если нарисовать параболы и задуматься о расположении корней, то задача быстро разваливается. Строго и хорошо оформить, однако, труднее - поэтому некоторые куски доказательства пропущены, как нечто рутинное и однообразное, которое вполне несложно понять без пояснений(вроде аналогичных случаев взаимного расположения чисел на числовой прямой).

Решение: Предположим, что при каждом $n$ у $P_{n}$ есть целый корень. Без ограничения общности положим старший коэффициент $P_n$ положительным, в противном случае заменим все многочлены в последовательности на противоположные по знаку.

Утверждение 1. $P_n$ и $P_{n+1}$ не имеют общих корней.

Доказательство. предположим обратное, тогда из $P_{n-1}=P_{n+1}-P_n$ получаем что все многочлены последовательности имеют этот корень.$\square$

Обозначим $a_n, b_n$ как корни $P_n$, причём $a_n\le b_n$. Далее будем рассматривать взаимное расположение отрезков $[a_n,b_n],[a_{n+1},b_{n+1}]$ на числовой прямой. Для краткости за $(a,b)$ будем обозначать интервал между $a$ и $b$, независимо от того $a>b$ или $a<b$

Утверждение 2. Для всех $k$ невозможно, чтобы один из отрезков $[a_k,b_k],[a_{k+1},b_{k+1}]$ содержал другой

Доказательство. Предположим, что такой $k$ найдётся. Тогда $a_{k+2}$ между $a_k$ и $a_{k+1}$, поскольку $P_n(a_k)+P_{n+1}(a_k)>0;P_n(a_{k+1})+P_{n+1}(a_{k+1})<0$, аналогично $b_{k+2}$ между $b_k$ и $b_{k+1}$ - то есть для всех $n>k$ выполнено, что один из $[a_n,b_n],[a_{n+1},b_{n+1}]$ содержит другой, а также $(a_{n+1},a_{n+2})\in(a_n,a_{n+1})$. Будем рассматривать величину $c_n=|a_{n+1}-a_n|+|b_{n+1}-b_n|$.

Докажем, что $c_{n+4}\le c_n-1\forall n\in N$, в таком случае $c_{n}-t>c_{n+4t}>0\forall t\in N$, что является искомым противоречием. Среди двух пятёрок $a_n,a_{n+1},...,a_{n+5}$ и $b_n,b_{n+1},...,b_{n+5}$ есть пять целых, значит в одной из них хотя бы три целых. Если среди чисел $a_n,a_{n+1},...,a_{n+5}$ есть три целых, то $|a_{n+5}-a_{n+4}|<|a_{n+1}-a_n|-1$(изобразив на числовой прямой, становится понятно почему)$\square$

Утверждение 3. Для всех $k$ невозможно, чтобы отрезки $[a_k,b_k],[a_{k+1},b_{k+1}]$ пересекались

Доказательство. Проделываем рассуждения аналогично сделанным в доказательстве утверждения 2.$\square$

Остаётся лишь возможность, что $[a_k,b_k],[a_{k+1},b_{k+1}]$ не пересекаются. Но тогда каждый из корней $P_{k+2}$ находится в одном из этих отрезков, ведь вне них оба многочлена положительны - противоречие третьему утверждению.$\blacksquare$

В данном решении есть недочёт: считается, что старшие коэффициенты $P_n$ для достаточно больших $n$ всегда одного знака, но это необязательно. Пусть $a_n$ старший коэффициент $P_n$. Тогда $a_{n+2}=F_na_1+F_{n+1}a_2$(здесь $F_1=F_2=1,F_{n+2}=F_n+F_{n+1}$ - последовательность Фибоначчи). Используя $\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{F_{n+1}}{F_{n}}=\varphi=\frac{1+\sqrt5}2$ требуемое несложно доказать при $\frac{a_2}{a_1}\neq -\frac1\varphi$. В обратном случае $\frac{a_{n+1}}{a_n}$ постоянно. И тут становится сложнее. Возможно, позже я добью задачу, но вряд ли.