Квадратный трехчлен

[Юстас]

Пусть при любом целом значении аргумента $ax^2+bx+c$ является полным квадратом. Доказать, что тогда существуют такие $c,\ d$, что $ax^2+bx+c=(fx+d)^2$.

[Brukvalub]

Юстас писал(а):

Пусть при любом целом значении аргумента $ax^2+bx+c$ является полным квадратом. Доказать, что тогда существуют такие $c,\ d$, что $ax^2+bx+c=(cx+d)^2$.

Может быть, Вашу задачу следует понимать так: Пусть при любом целом значении аргумента $ax^2+bx+c$ является полным квадратом. Доказать, что тогда существуют такие $f,\ d$, что $ax^2+bx+c=(fx+d)^2$?

[Юстас]

Спасибо за замечание, исправлено.

[Brukvalub]

Такая задача приведена и разобрана под № 78047 в задачнике МЦНМО, вот ссылка: http://www.problems.ru/view_problem_det ... p?id=78047.

[Юстас]

Я сам решение знаю, и задача предложена для тех, кому ее интересно решить самостоятельно, а не читать готовое решение по ссылке. Так что непонятно, кому уважаемый Brukvalub адресовал предыдущее сообщение.

[Brukvalub]

Юстас писал(а):

Я сам решение знаю, и задача предложена для тех, кому ее интересно решить самостоятельно, а не читать готовое решение по ссылке. Так что непонятно, кому уважаемый Brukvalub адресовал предыдущее сообщение.

Ответ: 1) Мое сообщение было адресовано прежде всего Вам, уважаемый Юстас.
2)Те, кому интересно самостоятельно решить задачу,предложенную на Московской математической олимпиаде 1955 г. во втором туре для 8-х классов, и так сделают это самостоятельно, не заглядывая в решение.
3)На этом форуме сложилась практика ( не мной введенная) указывать имеющееся в Интернете решение предложенной кем-либо задачи (чтобы в этом убедиться, достаточно просмотреть архив сообщений).Поэтому, указывая решение предложенной Вами задачи, я лишь следовал традициям форума, не имея целью нанести Вам обиду.

[незваный гость]

Brukvalub писал(а):

…На этом форуме сложилась практика ( не мной введенная) указывать имеющееся в Интернете решение предложенной кем-либо задачи…

Лично я ничего плохого в этой практике не вижу. По двум причинам: (1) ссылка позволяет избежать копирования решения, и в то же время, если хочется порешать самому, не делает преждевременной подсказки. (2) Как правило, ссылка идет на куда более подробный и тщательный разбор задачи, чем сообщение в форум, часто сопровождаемый интересным историческим коментарием.

Давайте жить дружно ! Но если есть желание обсудить практику ссылок и регламент этого раздела, уместнее это сделать в разделе «Работа форума».

[Юстас]

Да никто и не обижался, давайте уже передем к непосредственному решению. Если эта задача была для 8(9) класса, то насколько же сейчас упал уровень образования. Сомневаюсь, что сегодня она по силам школьникам.

[juna]

А я согласен с Brukvalub, приводить решение таких простых задач есть смысл только если нашел очень красивое решение.
Красивого решения я не нашел, но поскольку обсуждение ушло от непосредственного решения, то приведу свое тривиальное решение.
Ясно, что дискриминант должен быть равен нулю, т.е. $b^2=4ac$. Имеем $(x+\frac{b}{2a})^2=x^2+\frac{b}{a}x+\frac{c}{a}$ или $ax^2+bx+c=a(x+\frac{b}{2a})^2=(\sqrt{a}x+\frac{b}{2\sqrt{a}})^2$, т.е. $f=\sqrt{a}$, $d=\frac{b}{2\sqrt{a}}$. Теперь нужно доказать, что $a$ - есть квадрат и $2|b$. Последнее очевидно следует из равенства $b^2=4ac$.
Если $(a,c)=1$, то очевидно из равенства $b^2=4ac$ следует, что $a,c$ - квадраты.
Пусть $(a,c)=e$, и $e$ - не является квадратом, то $b^2=4a_1^2eec_1^2$, где $a=a_1^2e$, $c=c_1^2e$. Тогда $ax^2+bx+c=e(a_1x+c_1)^2$, поскольку $e$ - не квадрат, то $e(a_1x+c_1)^2$ не может быть квадратом, что противоречит условию.

[Юстас]

А что, если дискриминант не 0?

[juna]

Если задача школьная и можно игнорировать комплексные решения, то доказывать нечего - $ax^2+bx+c=(x-x_1)(x-x_2)$ всегда можно взять $x$ равным одному из делителей $x_1$ в нечетной степени, которого нет в $x_2$, затем вынесем за скобку -не получим квадрата.

[Юстас]

Школьная задача или нет не имеет отношения к строгости решения.

[worm2]

(1) Введём обозначение: $d_x^2$ = $ax^2+bx+c$. По условию задачи $d_x$ - целое для целых $x$.
(2) Заметим, что $a \ge 0$, иначе квадратный трёхчлен будет принимать отрицательные значения при $x \to \infty$.
(3) Положив $x$ = 0, имеем: $c$ = $d_0^2$ - полный квадрат. Обозначим $d$ = $\pm d_0$ так, чтобы $d$ и $b$ имели одинаковый знак (если $b$ = 0, то знак $d$ произволен). Итак, $c$ = $d^2$, где $d$ - целое.
(4) Пусть $a$ = 0. Тогда $b$ = 0, иначе $bx+c$ сможет принимать отрицательные значения при $x \to \infty$. Имеем: $ax^2+bx+c$ = $(0x+d)^2$, т.е. для $a$ = 0 теорема доказана ($f$ = 0). Остаётся случай $a$ > 0.
(5) Положив $x = \pm 1$, имеем: $a+b$ и $a-b$ - целые, откуда либо $a$ и $b$ оба целые, либо оба полуцелые. Пусть $a$ и $b$ оба полуцелые, $a$ = k+1/2, $b$ = m+1/2, k, m - целые. Положим $x$ = 4. Имеем: 16a + 4b = 16k + 8 + 4m + 2 = $d_4^2-d^2$ = $(d_4-d)(d_4+d)$. Слева имеем выражение, дающее при делении на 4 остаток 2, справа - либо нечётное (если $d_4$ и $d$ разной чётности), либо делящееся без остатка на 4 (если $d_4$ и $d$ одинаковой чётности). Противоречие. Значит, $a$ и $b$ - целые.
(6) Итак, $a \in \mathbb N$, $b \in \mathbb Z$. Перепишем (1), учитывая (3), в виде $x(ax+b)$ = $(d_x-d)(d_x+d)$. Будем далее рассматривать только простые $x$. Коль скоро $x$ - простое, одна из скобок $d_x-d$ или $d_x+d$ обязана нацело делиться на $x$. Т. е. существует $f \in \mathbb N$: либо $xf$ = $d_x+d$, $(ax+b)/f$ = $d_x-d$, либо $xf$ = $d_x-d$, $(ax+b)/f$ = $d_x+d$. В обоих случаях имеем: $|xf-(ax+b)/f|$=$|2d|$, или $|f-a/f|x-|b|/f \le $ $|(f-a/f)x-b/f|$=$|2d|$.
(7) Выражение $|f-a/f|$ на множестве {$f \in \mathbb N$: $f^2 \ne a$} достигает своего положительного минимума, который назовём $\varepsilon(a)$. Действительно, при $f$ > $\sqrt{a}$ функция $|f-a/f|$=$f-a/f$ возрастает, а значит, её минимум на натуральных $f$ достигается на конечном отрезке $[1,\lceil(\sqrt{a})\rceil]$, и этот минимум больше нуля (поскольку $f^2 \ne a$).
(8) Пусть $f^2 \ne a$. Выберем в качестве $x$ простое число, большее $\frac{|2d|+|b|}{\varepsilon(a)}$. Тогда $|f-a/f|$ > $|2d|+|b|$, $|f-a/f|x-|b|/f$ > $|2d|+|b|-|b|/f \ge |2d|$, что противоречит неравенству, полученному в конце (6). Итак, предположение, что $f^2 \ne a$, приводит к противоречию.
(9) Остаётся только случай $f^2$ = $a$, тогда $|b|/f$ = $|2d|$, откуда $b = 2df$, поскольку $d$ мы выбирали так, чтобы его знак совпадал со знаком $b$ (3). В итоге имеем: $ax^2+bx+c$=$f^2x^2+2dfx+d^2$=$(fx+d)^2$, что и требовалось доказать.

[worm2]

М-да, по сравнению с моим решением "в лоб" (на которое я потратил несколько дней) то, на которое дал ссылку Brukvalub, на порядок изящнее... Правда... неужели в 1955 г. в 8-м классе уже пределы проходили? Причём на фундаментальном уровне, который сейчас только в вузах дают (для понимания решения требуется, чтобы человек был на "ты" с пределами)?
Сегодняшние школьники совершенно точно до такого решения не додумаются, если только самостоятельно не изучают университетский курс.

[Macavity]

worm2 писал(а):

М-да, по сравнению с моим решением "в лоб" (на которое я потратил несколько дней) то, на которое дал ссылку Brukvalub, на порядок изящнее... Правда... неужели в 1955 г. в 8-м классе уже пределы проходили? Причём на фундаментальном уровне, который сейчас только в вузах дают (для понимания решения требуется, чтобы человек был на "ты" с пределами)?
Сегодняшние школьники совершенно точно до такого решения не додумаются, если только самостоятельно не изучают университетский курс.

Оно конечно изящнее... Но вот только ошибки там есть...

Там так
f(x)=ax^2+bx+c,

а должно быть
f^2(x)=ax^2+bx+c

Внизу написано для восьмого класса, а пройти по ссылке, так, вроде, для девятого.

И есть у меня сомнения по поводу предельного перехода и обратно. Но здесь я, наверное, ошибаюсь.