Целочисленный полином

[Руст]

Эта другая задача.

[juna]

Для $c_0\not = 1$ мы решили задачу?

[juna]

Изложу подробно. Пусть имеем многочлен вида $p(x)=c_nx^n+c_{n-1}x^{n-1}+…c_1x+c_0$, $c_0\not = 1$. Мы хотим доказать, что для данного многочлена существую такие $n_1|m_1$, что $p(n_1)\not | p(m_1)$.
Берем $n_1=c_0$, $m_1=kc_0$. Имеем $\frac{p(m_1)}{p(n_1)}=\frac{ c_nk^nc_0^n+c_{n-1}k^{n-1}c_0^{n-1}+…c_1kc_0+c_0}{ c_nc_0^n+c_{n-1}c_0^{n-1}+…c_1c_0+c_0}=\frac{ c_nk^nc_0^{n-1}+c_{n-1}k^{n-1}c_0^{n-2}+…c_1k+1}{ c_nc_0^{n-1}+c_{n-1}c_0^{n-2}+…c_1+1}$ Таким образом, для любого $k$ выражение $\frac{p(m_1)}{p(n_1)}$ должно быть целым числом, это означает, что существует такой многочлен $h(k)= c_nk^nc_0^{n-1}+c_{n-1}k^{n-1}c_0^{n-2}+…c_1k+1$, что $\forall k h(1)|h(k)$. Это возможно только если $h(1)=1$, т.е. $ c_nc_0^{n-1}+c_{n-1}c_0^{n-2}+…c_1+1=1$ или $ c_nc_0^{n-1}+c_{n-1}c_0^{n-2}+…c_1=0$.
Итак, предположение, что $\forall n_1|m_1$, $p(n_1) | p(m_1)$, приводит к ограничению на коэффициенты: $ c_nc_0^{n-1}+c_{n-1}c_0^{n-2}+…c_1=0$. Но подобные рассуждения распространяются и на этот случай, если сначала взять $n_1=l$, $m_1=kl$, а потом $n_2=l^2$, $m_2=kl^2$.
Предположим, что это условие выполняется, берем $n_2=c_0^2$, $m_2=kc_0^2$. Для такого выбора также должно быть $p(n_2)|p(m_2)$. Поэтому повторим рассуждения: $\frac{p(m_2)}{p(n_2)}=\frac{ c_nk^nc_0^{2n}+c_{n-1}k^{n-1}c_0^{2(n-1)}+…c_1kc_0^2+c_0}{ c_nc_0^{2n}+c_{n-1}c_0^{2(n-1)}+…c_1c_0^2+c_0}=\frac{ c_nk^nc_0^{2n-1}+c_{n-1}k^{n-1}c_0^{2(n-1)-1}+…c_1c_0k+1}{ c_nc_0^{2n-1}+c_{n-1}c_0^{2(n-1)-1}+…c_1c_0+1}$. Последнее опять же возможно для всех $k$, только если $ c_nc_0^{2n-1}+c_{n-1}c_0^{2(n-1)-1}+…c_1c_0+1=1$ или $c_nc_0^{2n-2}+c_{n-1}c_0^{2(n-1)-2}+…c_1=0$, что противоречит первоначальному ограничению $ c_nc_0^{n-1}+c_{n-1}c_0^{n-2}+…c_1=0$.
Таким образом, исходное утверждение следует доказывать только для многочленов вида $p(x)=c_nx^n+c_{n-1}x^{n-1}+…c_1x+1$, но и на них это рассуждение легко распространяется.

[Руст]

Для многочлена p(x)=(х+1)(х+2)....(х+n) всегда p(1)|p(k), однако p(1) не равно 1.

[juna]

Не понял. Пусть $p(x)=(x+1)(x+2)$, $p(1)=6$, $p(3)=20$, $6\not | 20$

[Руст]

Поторопился, чтобы произведение началось с 1 многочлен должен быть p(x)=x(x+1)....(x+n).

[juna]

Но ведь в доказательстве у $h(k)$ свободный член равен единице.

[Руст]

На самом деле слишком просто показать, что свободный член должен равен нулю.

[juna]

Если $c_0=0$, для этого достаточно показать в рамках моих рассуждений, что не равно 1, то рассуждение легко рекурсируется. Если $c_0=0$, берем $m=kc_1$, $n=c_1$ - и можно рассуждать аналогично и придем к $c_1=0$ и т.д. пока не упремся в $ax^n$.

[Юстас]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

$c_nc_0^{2n-1}+c_{n-1}c_0^{2(n-1)-1}+…c_1=0$, что противоречит первоначальному ограничению $ c_nc_0^{n-1}+c_{n-1}c_0^{n-2}+…c_1=0$.

1)Почему противоречит?
2)Доказательство равенства нулю $c_0$ приведено еще в самом начале ветки
3)Доказательство $2\rightarrow4$(то, что доказываете Вы сейчас) также приведено, только видимо его не заметили.

[Руст]

Да, доказательство $2)\to 4)$ вами приведено, хотя можно было немного упростить. То, что и в предположении 3) свободный коэффициент равен нулю легко получается из $p(0)|p(kp(0))\Longrightarrow 0|kp(0)\Longrightarrow p(0)=0.$

[juna]

Юстас, я не разбирался с Вашим доказательством (даже не смотрел), а строил свое.Извините.
То, что получается противоречие для конкретного набора коэффициентов следует из того, что из приведенной цитаты (я там подправил) следует многовариантное представление например $c_1$ через одни и теже числа $c_0, c_n...,c_0\not=1$ - таких равенств можно сколько угодно привести. А то, что $h(1)=1$ следует из того, что иначе можно $k$ взять равным знаменателю и поскольку свободный член равен 1 - не получится делимости.

[Юстас]

Ну и в чем же проблема в многовариантном представлении $c_1$? Не припомню такой теоремы.

[juna]

Уточню. В бесконечновариантном.

[Юстас]

И все же. Интуитивно понятно - это не доказательство.