Задача на делимость многочленов

[maxmatem]

д-ть что $(x^{n}-1)(x^{n-1}-1)(x^{n-2}-1)$ делится на $(x-1)(x^{2}-1)(x^{3}-1)$ при $n\geqslant 3$

ну я начал д-ть по индукции!
1. $n=3$ $(x^{3}-1)(x^{2}-1)(x-1)$ делится на $(x^{3}-1)(x^{2}-1)(x-1)$
2.пусть $n=k$ тогда $(x^{k}-1)(x^{k-1}-1)(x^{k-2}-1)$ делится на $(x-1)(x^{2}-1)(x^{3}-1)$
3.докажем, что при $n=k+1$
$(x^{k+1}-1)(x^{k}-1)(x^{k-1}-1)$ делится на $(x-1)(x^{2}-1)(x^{3}-1)$
рассмотрим следующее:
$(x^{k+1}-1)=(x-1)(x^{k}+x^{k-1}+x^{k-2}+...+1)$
$(x^{k}-1)=(x-1)(x^{k-1}+k^{k-2}+k^{k-3}+...+1)$
$(x^{k-1}-1)=(x-1)(x^{k-2}+k^{k-3}+k^{k-4}+...+1)$

тогда имеем
$(x^{k+1}-1)(x^{k}-1)(x^{k-1}-1)=(x-1)^{3}(x^{k}+x^{k-1}+x^{k-2}+...+1)(x^{k-1}+k^{k-2}+k^{k-3}+...+1)(x^{k-2}+k^{k-3}+k^{k-4}+...+1)$

а что дальше?,чего-то в голову не идёт

[mitia87]

Воспользуйтесь тем, что из k последовательных натуральных чисел всегда найдется одно, которое делится на k.

[maxmatem]

а чем это поможет?

[ИСН]

... то есть тем, что кто-то из показателей степени наверху делится на 2, а кто-то - на 3.
(Всё это называется обобщённый биномиальный коэффициент, или как-то в этом роде. Nevermind.)

[mitia87]

Есть такой почти очевидный факт : $(x^k - 1) \ \vdots (x - 1) \ \forall k \geq 1$. Используя его и то, что из k последовательных натуральных чисел всегда найдется одно, которое делится на k, получите доказательство.

[gris]

тут ещё важно намекнуть на тождество $x^{mk}-1=(x^m)^k-1$. например, $x^{3k}-1=(x^3)^k-1$

[RIP]

По индукции тоже нормально доказывается. Просто докажите, что разность $(x^{k+1}-1)(x^k-1)(x^{k-1}-1)-(x^k-1)(x^{k-1}-1)(x^{k-2}-1)$ делится на $(x-1)(x^2-1)(x^3-1)$.

(Оффтоп)

А вообще, такие штуки называют многочленами Гаусса, $q$-биномиальными коэффициентами,...

[garin99]

А чем можно пользоваться? А то по мне так проще так:
Многочлен $(x-1)(x^2-1)(x^3-1)$ имеет шесть комплексных корней с учётом кратности:
$1$ -кратности 3 и $-1,\ e^{i\frac{4\pi}{3}},\ e^{-i\frac{4\pi}{3}}$, проверяем что они корни нужной кратности и для многочлена: $(x^n-1)(x^{n-1}-1)(x^{n-2}-1)$.

[maxmatem]

так я что же не правильно начал доказывать?

[AKM]

По-моему, Вы начали правильно, и зашли в тупичок: не видите искомую делимость.
По-моему, подзказка RIPа позволит Вам её обнаружить: если известно, что $F(k)$ делится на какое-то там зю, а надо доказать, что $F(k+1)$ тоже делится на это зю, то для этого докажем, что $F(k+1)-F(k)$ делится на зю (пишу из общих соображений, не вникнув в детали).

И пусть написанное garin99 не сбивает Вас с толку: по-моему, задачка не требует знания комплексных чисел и великих соотношщений алгебры.

[Профессор Снэйп]

ИСН в сообщении #261804 писал(а):

... то есть тем, что кто-то из показателей степени наверху делится на 2, а кто-то - на 3.

А если один и тот же делится и на $2$, и на $3$? К примеру, $(x^7-1)(x^6-1)(x^5-1)$.

-- Вс ноя 15, 2009 14:25:45 --

RIP в сообщении #261882 писал(а):

По индукции тоже нормально доказывается. Просто докажите, что разность $(x^{k+1})(x^k-1)(x^{k-1}-1)-(x^k-1)(x^{k-1}-1)(x^{k-2}-1)$ делится на $(x-1)(x^2-1)(x^3-1)$.

В первой скобке единицу вычесть забыли.

Кстати, если таким методом делать, то сначала надо доказывать, что $(x^k-1)(x^{k-1}-1)$ делится на $(x-1)(x^2-1)$ (при $k \geqslant 2$).

[ИСН]

Профессор Снэйп в сообщении #262198 писал(а):

А если один и тот же делится и на $2$, и на $3$? К примеру, $(x^7-1)(x^6-1)(x^5-1)$.

Ну, если бы топикстартер своим умом дошёл до такого вопроса, я был бы очень рад.

[TOTAL]

maxmatem в сообщении #261798 писал(а):

тогда имеем
$(x^{k+1}-1)(x^{k}-1)(x^{k-1}-1)=(x-1)^{3}(x^{k}+x^{k-1}+x^{k-2}+...+1)(x^{k-1}+k^{k-2}+k^{k-3}+...+1)(x^{k-2}+k^{k-3}+k^{k-4}+...+1)$
а что дальше?,чего-то в голову не идёт

Осталось доказать, что $(x^{k}+x^{k-1}+...+1)(x^{k-1}+k^{k-2}+...+1)(x^{k-2}+k^{k-3}+...+1)$
делится на (взаимно простые) $(x^2+x+1)$ и $(x+1),$ что очевидно.

[ewert]

Чего-то долго. Хоть один из показателей делится на 3 -- значит, хоть одна из скобок делится на $(x^3-1)$. Две оставшиеся делятся на $(x-1)$ (т.к. вообще все на него делятся). Наконец, хоть одна из скобок делится на $(x+1)$, т.к. в ней чётный показатель (и, следовательно, $(-1)$ является корнем).

(ну ещё одну очевидную фразу надо для полноты добавить)