Деление многочленов

[Еленочка]

При каких целых положительных значениях n многочлен $(1+x)^n$+$x^n$-1 делится на $ x^2 $ +x+1 ?

[Brukvalub]

Если один многочлен делится на другой многочлен, то все корни делителя являются корнями делимого.

[VAL]

Еленочка писал(а):

При каких целых положительных значениях n многочлен $(1+x)^n$+$x^n$-1 делится на $ x^2 $ +x+1 ?

Обозначим $(x+1)^n+x^n-1=f(x), x^2+x+1=g(x)$. Если $ f(x)\vdots g(x) $, то $\forall a \in \math Z f(a) \vdots g(a) $.
Возьмите $a=1$.

[AndreyXYZ]

VAL в сообщении #180568 писал(а):

Если $ f(x)\vdots g(x) $, то $\forall a \in \math Z f(a) \vdots g(a) $

Пусть $f(x)=3x,\,g(x)=2x$. $f(x)\vdots g(x)$, но $f(1)\vdots g(1)$ не выполняется.

[mkot]

Не знаю, может это не самый оптимальный путь, но не сложно показать, что

$$ \begin{array}{llll} (x+1)^{3n} &\equiv& (-1)^n &\mod (x^2+x+1),\\ (x+1)^{3n+1} &\equiv& (-1)^n(x+1) &\mod (x^2+x+1),\\ (x+1)^{3n+2} &\equiv &(-1)^nx &\mod (x^2+x+1),\\ x^{3n}-1 &\equiv & 0 &\mod (x^2+x+1),\\ x^{3n+1}-1 &\equiv& x-1 &\mod (x^2+x+1),\\ x^{3n+2}-1& \equiv &-x-2 &\mod (x^2+x+1), \end{array} $$

откуда следует что делимости нет ни при каком $n$.

[vlad239]

AndreyXYZ писал(а):

VAL в сообщении #180568 писал(а):

Если $ f(x)\vdots g(x) $, то $\forall a \in \math Z f(a) \vdots g(a) $

Пусть $f(x)=3x,\,g(x)=2x$. $f(x)\vdots g(x)$, но $f(1)\vdots g(1)$ не выполняется.

Потому что у Вас делитель не унитарный.

Влад.

[AndreyXYZ]

Brukvalub в сообщении #180560 писал(а):

Если один многочлен делится на другой многочлен, то все корни делителя являются корнями делимого.

Воспользуемся этим свойством.
Корни многочлена $x^2+x+1$ равны

$$x_{1,2}=-\frac{1}{2}\pm \frac{i\sqrt{3}}{2}$$

.
Подставляем $x_1$ в многочлен $(1+x)^n+x^n-1$, получаем

$$\Big(\frac{1}{2}+ \frac{i\sqrt{3}}{2}\Big)^n+\Big(-\frac{1}{2}+ \frac{i\sqrt{3}}{2}\Big)^n-1=0$$

$$e^{in\frac{\pi}{3}}+e^{in\frac{2\pi}{3}}=1$$

$$\cos \frac{\pi n}{3} +i\sin\frac{\pi n}{3}+\cos \frac{2\pi n}{3} +i\sin\frac{2\pi n}{3}=1$$

\left\{ \begin{aligned} \cos \frac{\pi n}{3} +\cos \frac{2\pi n}{3}&=1 \\ \sin\frac{\pi n}{3}+\sin\frac{2\pi n}{3}&=0 \end{aligned} \right. \newline \newline \left\{ \begin{array}{l} \cos \frac{\pi n}{3} +\cos\left(-\frac{2\pi n}{3}\right)=1 \\ \left[ \begin{aligned} \frac{\pi n}{3}&=\pi+\frac{2\pi n}{3}+2\pi k_1,\,k_1\in \mathbb{Z} \\ \frac{\pi n}{3}&=-\frac{2\pi n}{3}+2\pi k_2,\,k_2\in \mathbb{Z} \end{aligned} \right. \end{array} \right. \newline \newline \left\{ \begin{array}{l} \left[ \begin{aligned} \cos\frac{\pi n}{3}+\cos\left(\pi n-\frac{2\pi n}{3}\right)&=1,\text{ где $n$ --- четное}\\ \cos\frac{\pi n}{3}-\cos\left(\pi n-\frac{2\pi n}{3}\right)&=1,\text{ где $n$ --- нечетное}\\ \end{aligned} \right.\\ \left[ \begin{aligned} n &=-3(2k_1+1)\\ n &=2k_2+1 \right. \end{aligned} \end{array} \right. \newline \newline \left\{ \begin{array}{l} \left[ \begin{aligned} &\cos\frac{\pi n}{3}=\frac12,\text{ где $n$ --- четное}\\ &0=1\\ \end{aligned} \right.\\ \left[ \begin{aligned} n &=-3(2k_1+1)\\ n &=2k_2+1 \right. \end{aligned} \end{array} \right. \newline \newline \left\{ \begin{array}{l} \left[ \begin{aligned} \frac{\pi n}{3}&=\frac\pi 3+2\pi k_3,\,k_3\in\mathbb{Z}\\ \frac{\pi n}{3}&=-\frac{\pi}{3}+2\pi k_4,\,k_4\in\mathbb{Z}\\ \end{aligned} ,\text{ где $n$ --- четное}\\ \right.\\ \left[ \begin{aligned} n &=-3(2k_1+1)\\ n &=2k_2+1 \right. \end{aligned} \end{array} \right. \newline \newline \left\{ \begin{array}{l} \left[ \begin{aligned} n&=6k_3+1\\ n&=6k_4 -1 \end{aligned} ,\text{ где $n$ --- четное}\\ \right.\\ \left[ \begin{aligned} n &=-3(2k_1+1)\\ n &=2k_2+1 \right. \end{aligned} \end{array} \right.
В последней системе первая совокупность не имеет решений, и нет смысла подставлять второй корень.
Ответ: решений нет

Добавлено спустя 4 минуты 24 секунды:

vlad239 в сообщении #180594 писал(а):

Потому что у Вас делитель не унитарный.

Хорошо. Пусть $f(x)=2{,}5x,\,g(x)=x$. $f(x)\vdots g(x)$, но $f(1)\vdots g(1)$ не выполняется.

Добавлено спустя 4 минуты 18 секунд:

mkot писал(а):

Не знаю, может это не самый оптимальный путь, но не сложно показать, что

$$ \begin{array}{llll} (x+1)^{3n} &\equiv& (-1)^n &\mod (x^2+x+1),\\ (x+1)^{3n+1} &\equiv& (-1)^n(x+1) &\mod (x^2+x+1),\\ (x+1)^{3n+2} &\equiv &(-1)^nx &\mod (x^2+x+1),\\ x^{3n}-1 &\equiv & 0 &\mod (x^2+x+1),\\ x^{3n+1}-1 &\equiv& x-1 &\mod (x^2+x+1),\\ x^{3n+2}-1& \equiv &-x-2 &\mod (x^2+x+1), \end{array} $$

откуда следует что делимости нет ни при каком $n$.

Поясните, как Вы получили, к примеру, первое сравнение.

[mkot]

AndreyXYZ писал(а):

Поясните, как Вы получили, к примеру, первое сравнение.

$$(x+1)^{3n} = \big((x+1)^3\big)^n = \big(x^3+3x^2+3x+1\big)^n = \big((x+2)(x^2+x+1) - 1\big)^n$$

.
Далее раскладываем по биному Ньютона, и на $x^2+x+1$ не будет делиться только последнее слагаемое равное $(-1)^n$.

[neo66]

Еленочка писал(а):

При каких целых положительных значениях n многочлен $F(x)=(1+x)^n$+$x^n$-1 делится на $ f(x)=x^2 $ +x+1 ?

Если первый многочлен делится на второй, то (по лемме Гаусса) результат деления - это многочлен с целыми коэффициентами. Следовательно $F(1)=2^n$ должно нацело делиться на $f(1)=3$, что невозможно ни при каком $n$.

[VAL]

neo66 писал(а):

Еленочка писал(а):

При каких целых положительных значениях n многочлен $F(x)=(1+x)^n$+$x^n$-1 делится на $ f(x)=x^2 $ +x+1 ?

Если первый многочлен делится на второй, то (по лемме Гаусса) результат деления - это многочлен с целыми коэффициентами. Следовательно $F(1)=2^n$ должно нацело делиться на $f(1)=3$, что невозможно ни при каком $n$.

Я уже приводил такое решение.
Но оно тутошних обитателей не убедило
В качестве "контрпримера" приводятся то многочлены, у которых содержание (НОД коэффициентов) отлично от 1, а то и вовсе многочлены с дробными коэффициентами

Добавлено спустя 15 минут 9 секунд:

AndreyXYZ в сообщении #180597 писал(а):

Хорошо. Пусть $f(x)=2{,}5x,\,g(x)=x$. $f(x)\vdots g(x)$, но $f(1)\vdots g(1)$ не выполняется.

И этот "контрпример" не проходит.
Я, паматуя, что в этом разделе форума не принято приводить полных решений, сделал лишь набросок.
Если же оговаривать все подробно, то, конечно, необходимо отметить, что данные в условии многочлены имеют целые коэффициенты и содержание (НОД коэффициентов) 1. Потому второй сомножитель при $f(x)$ на $g(x)$, если такое деление возможно, обязан иметь целые коэффициенты. Далее см. мое решение (оно же решение neo66).

Подробности можно посмотреть, например, в Б.Л.ван дер Варден. Алгебра. - М.: Наука, 1976, параграф 30.

[Brukvalub]

А я намекал на решение, которое дал AndreyXYZ, но оно, безусловно, лишено того изящества, которым обладает решение
VAL-neo66