2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу 1, 2, 3  След.
 
 Целочисленный полином
Сообщение19.08.2006, 08:27 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
Пусть p(x) - целочисленный полином (принимающий целые значения при целыхаргументах) степени n. Доказать эквивалентность следующих условий:
(1) p(k)|p(m) тогда и только тогда, когда k|m;
(2) p(k)|p(m) если k|m;
(3) k|m если p(k)|p(m);
(4) существует целое число а, что $p(x)=ax^n$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение30.08.2006, 12:00 
Заслуженный участник


01/12/05
458
Приведу схему доказательства: очевидно, верны импликации $ 1\rightarrow 2,\ 1\rightarrow 3,\ 4\rightarrow1,\ 2,\ 3$. Покажем $2\rightarrow 4,\ 3\rightarrow 4$.

$2\rightarrow 4:$ пусть отличен от нуля свободный член(иначе на степень $x$ можно сократить и рассмаривать то что останется), и пусть $x_2=kx_1$, тогда $p(x_1)|p(x_2)\ \forall k$. Рассмотрим $p(x_2)=p(kx_1)=q(k)$ как функцию от $k$. Имеем, $q(1)|q(k)\ \forall k$, тогда и $q(1)|q(q(1))$. Но $q(q(1))=q(1)*L+a_0, q(1)=\sum a_i$, где $a_i$-коэффициенты полинома $q$. Отсюда следует, что $a_0=0$, так как выбором $x_1$ сумму $\sum\limits_{i=1}^{i=n}a_i$ можно сделать сколь угодно большой. Для строгого рассуждения теперь нужно применить индукцию по deg P.
$3\rightarrow 4:$пусть $a_0\ne0$, $p(k)=n,\ (k, a_0)=1$, тогда и $(n, k)=1$. Имеем $p(k)|p(k+nt),\ t\in Z$, откуда по предположению $k|k+nt\ \forall t$-противоречие с тем что $a_0\ne 0$. Далее опять индукция.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение30.08.2006, 17:45 


17/09/05
121
Юстас писал(а):
$3\rightarrow 4:$пусть $a_0\ne0$, $p(k)=n,\ (k, a_0)=1$, тогда и $(n, k)=1$. Имеем $p(k)|p(k+nt),\ t\in Z$, откуда по предположению $k|k+nt \forall t$-противоречие с тем что $a_0\ne 0$. Далее опять индукция.

А можно пояснить, почему мы имеем
Юстас писал(а):
$p(k)|p(k+nt),\ t\in Z$

и как дальше идёт индукция.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение30.08.2006, 18:11 
Заслуженный участник


01/12/05
458
Если расписать выражение для $p(k+nt)$ по биному, то выделится $p(k)=n$ и сумма, каждый член которой делится на $n$. Далее, если $a_0=0$, то выносите $x$ в максимально возможной степени за скобки, и останется полином меньшей степени - примените предположение индукции.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение30.08.2006, 20:15 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
Я не вижу доказательство утверждения. Можно принять только равенство нулю свободного члена.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение31.08.2006, 11:06 
Заслуженный участник


01/12/05
458
Да, сразу из равенства нулю свободного члена решение не получается. Постараюсь дополнить: итак, вынесем у исходного полинома общий множитель $x$ в максимально возможной степени и предположим, что у оставшегося многочлена меньшей степени $p_1(x)$ свободный член $a$ не равен 0.
Доказываем импликацию $2\rightarrow4\ :$
Имеем: $\frac{p(kx_1)}{p(x_1)}=\frac{k^\alpha p_1(kx_1)}{p_1(x_1)}$. Считаем, что коэффициенты $p_1(x)$ в совокупности взаимнопросты(иначе вынесем общий множитель за скобки). Пусть $x_2=kx_1,\ p_1(kx_1)=q(k)$.
1) Выберем $x_1$ так, чтобы $(a, q(1))=1 $, $q(1)$ - не простое.
2)Рассмотрим сравнение $q(k)\equiv0(mod\ q(1))$. Так как $q(1)$ - составное, и $(a, q(1))=1$, то сравнение имеет не более $q(1)-2$ решений, то есть существует $0<x_0<q(1):\ q(x_0+tq(1))$ не делится на $q(1)$ для любого $t$.
3)Положим $k=x_0$. Посмотрев теперь на $\frac{p(kx_1)}{p(x_1)}$, видим, что это число не целое, поэтому свободный член $p_1$ есть $a=0$ и нужное представление получено.
Вторую импликацию напишу чуть позже.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение31.08.2006, 14:12 
Заслуженный участник


01/12/05
458
насчет импликации $3\rightarrow4\ :$(в обозначениях предыдущего поста)выберем простое $l$ так, что для некоторого $x_0$ $p_1(x_0)$ делится на $l^{\alpha}$ и $(p_1(l), l)=1$(возможно в предположении ненулевого свободного члена $p_1(x)$). Далее, $p_1(l+tp_1(l))$ делится на $p_1(l)\ \forall t$. Так как $(p_1(l), l^{\alpha})=1$, то существует $d: $ $p_1(d)$ делится на $p_1(l)l^{\alpha}$. Осталось понять, почему такое $d$ можно всегда выбрать не делящимся на $l$, чтобы получить противоречие.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение01.09.2006, 09:02 
Заслуженный участник


01/12/05
458
Неужели я написал такую глупость, что никто ничего не сказал? Или все непонятно?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение01.09.2006, 10:12 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1898
Москва
Если $a_n, a_{n-1},...$ коэффициенты многочлена $p(x)$, то из $p(k)|p(m)$, следует, что $\text{НОД}(a_n,a_{n-1},...)=1$, а поскольку доказали, что свободный член равен нулю, то должно быть $k|m$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение01.09.2006, 11:07 
Заслуженный участник


01/12/05
458
Артамонов Ю.Н. писал(а):
Если $a_n, a_{n-1},...$ коэффициенты многочлена $p(x)$, то из $p(k)|p(m)$, следует, что $\text{НОД}(a_n,a_{n-1},...)=1$, а поскольку доказали, что свободный член равен нулю, то должно быть $k|m$.

Не понятно, к чему это относится. Вообще, я писал:
Юстас писал(а):
вынесем у исходного полинома общий множитель $x$ в максимально возможной степени и предположим, что у оставшегося многочлена меньшей степени $p_1(x)$ свободный член $a$ не равен 0.

И дальше почти везде фигурирует $p_1(x)$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение01.09.2006, 14:07 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1898
Москва
Извиняюсь, я неправильно понял условие. Я и сейчас его не понимаю. Например, $p(x)=x^3+x^2+x+11$, тогда $p(3)=2p(2)$, но $2|3$ - ложь.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение01.09.2006, 14:30 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
Артамонов Ю.Н. писал(а):
Извиняюсь, я неправильно понял условие. Я и сейчас его не понимаю. Например, $p(x)=x^3+x^2+x+11$, тогда $p(3)=2p(2)$, но $2|3$ - ложь.

А что же непонятного. Тут ведь не многочлен вида 4). Как раз согласно 3) если многочлен не такого вида, то дожны существовать значения p(m)|p(n) и в то же время m не делит n.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение01.09.2006, 21:18 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1898
Москва
Пусть $p(x)=c_nx^n+c_{n-1}x^{n-1}+…+c_1x+c_0$ и пусть $p(m)=p(k)l$, тогда имеем $c_n(m^n-lk^n)+c_{n-1}(m^{n-1}-lk^{n-1})+…+c_1(m-lk)=c_0(l-1)$. Выбираем заведомо любые $c_n,c_{n-1}…,c_1$ и $l$ а также какие хотим $m,k$ - хоть делящие один другого, хоть нет находим $c_0$. Допустим выбрали неделящимися, получили соответствующий многочлен $p_1(x)$. Теперь нужно доказать, что если он отличен от $cx^n$ для него существуют такие делящиеся $m_1,n_1$, что $p_1(n_1)|p_1(m_1)$. Для этого берем $m_1=A(p_1(A)+1)$, $n_1=A$, тогда $p_1(A)|p_1(A(p_1(A)+1))$ и $n_1|m_1$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение03.09.2006, 11:37 
Заслуженный участник


01/12/05
458
Артамонов Ю.Н. писал(а):
Теперь нужно доказать, что если он отличен от $cx^n$ для него существуют такие делящиеся $m_1,n_1$, что $p_1(n_1)|p_1(m_1)$.

Нужно доказать, что если он отличен от $cx^n$ для него существуют такие делящиеся $m_1,n_1$, что $p_1(n_1)$ не делит $p_1(m_1)$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение03.09.2006, 15:33 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1898
Москва
Условие, что для многочлена, отличного от $cx^n$ всегда существуют такие $n_1|m_1$, что $p_1(n_1)\not |p_1(m_1)$ сводится к тому, что если бы оно не выполнялось, то существовал бы многочлен вида $h(k)=c_nc_0^{n-1}k^{n}+c_{n-1}c_0^{n-2}k^{n-1}+…c_1k+1$, $m_1=kc_0$, $n_1=c_0$, что $\forall k \text{  }h(1)|h(k)$ - но это уж слишком для натуральных $c_i$, для целых должно быть $c_nc_0^{n-1}+c_{n-1}c_0^{n-2}+...+c_1 = 0$. Пусть оно выполняется. Проще показать показателя $n=2$, тогда должно быть $c_2c_0+c_1=0$. При этом условии берем следующие $m_1=kc_0^3$, $n_1=c_0^3$, тогда должно быть $c_2c_0^5+c_1c_0^2=0$ или $c_2c_0^3+c_1=0$, что противоречит $c_2c_0+c_1=0$. Мне кажется, Руст расширяет условия задачи ссылка

Ссылки стоит прятать в тег [url]. Иначе корректные ссылки автоматически распознаются форумом и форматируются. // нг

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 35 ]  На страницу 1, 2, 3  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group