При каком значении параметра полиномы делятся друг на друга?

[bot]

farewe11 в сообщении #510514 писал(а):

Всё неверно. Это я и подозревал.

Что неверно? То что Вам писали или то, что Вы излагали преподавателю? У меня вот тоже есть подозрение убеждение, что "топорность" появилась где-то на дистанции от форума до принимающего преподавателя.

[farewe11]

Неверный способ решения. Как только я стал излагать преподавателю такой текст: "найдем корни знаменателя, подставим их в числитель и найдем такие $m$, при которых эти корни будут и корнями числителя", в ответ мне было сообщение о том, что требуется от меня все-таки не это..

[bot]

farewe11 в сообщении #511245 писал(а):

Неверный способ решения.

Вот о чём я и глаголил - неверный способ изложения. Во-первых мало, чтобы корень знаменателя был корнем числителя. Во-вторых, преподавателя явно покоробило Ваше математическое косноязычие - если уж Вы заговорили о дроби (чего никто не просил), то необходимо было сформулировать о ней некое суждение. Ведь делимость и дробь разные сущности - первое это свойство, а второе нет.

[farewe11]

Да нет, дело-то не в этом даже. Преподавателя скорее покоробило то, что при решении я исхитрился обойтись без применения знаний по теме "отношения делимости", несмотря на то, что этот пример - именно по этой теме. А знания я бы с удовольствием применил, только вот не понимаю, где их тут можно применить. Ну вот по идее можно было бы найти НОД этих полиномов, содержащий $m$, приравнять его к тому полиному в знаменателе и найти $m$. Но это не представляется возможным.

[nnosipov]

farewe11 в сообщении #511314 писал(а):

Преподавателя скорее покоробило то, что при решении я исхитрился обойтись без применения знаний по теме "отношения делимости", несмотря на то, что этот пример - именно по этой теме. А знания я бы с удовольствием применил, только вот не понимаю, где их тут можно применить.

Можно было бы сделать так. Сначала выясним, при каких натуральных $m$ многочлен $P_m(x)=(x+1)^m-x^m-1$ делится на $x^2+x+1$. Поскольку $\gcd{(x^m,x^2+x+1)}=1$, это равносильно делимости $x^mP_m(x)$ на $x^2+x+1$. Имеем

$$ x^mP_m(x)=(x^2+x)^m-x^{2m}-x^m \equiv (-1)^m-x^{2m}-x^m \pmod{x^2+x+1}. $$

Сравнение $(-1)^m-x^{2m}-x^m \equiv 0\pmod{x^2+x+1}$ равносильно сравнению $((-1)^m-x^{2m}-x^m)(x-1) \equiv 0\pmod{x^3-1}$. Далее, представив $m$ в виде $m=6k+r$, где $r \in \{0,1,\dots,5\}$, и воспользовавшись тем, что $x^3 \equiv 1 \pmod{x^3-1}$, мы легко найдём, что $m=6k+1$ или $m=6k+5$. Теперь осталось понять, при каких $m$ многочлен $P_m(x)$ поделится не только на $x^2+x+1$, но и на $(x^2+x+1)^2$. Для этого можно привлечь производную $P'_m(x)$, которая обязана делиться на $x^2+x+1$ (подумайте, почему). Рассуждая как выше, выясним, что $P'_m(x)$ делится на $x^2+x+1$ только при $m=6k+1$. Это и есть ответ.

[bot]

Как раз проще начать с производной, мгновенно получить $m\equiv 1\pmod 6$ и всего лишь проверить подстановкой в $P_m$.

[farewe11]

nnosipov в сообщении #511334 писал(а):

Поскольку $\gcd{(x^m,x^2+x+1)}=1$, это равносильно делимости $x^mP_m(x)$ на $x^2+x+1$

Вот не совсем понял, почему это равносильно такой делимости. Если мы умножим $x^m$ (которое является взаимно простым с $x^2+x+1$) на $P_m(x)$ (которое, по нашему предположению, делится на $x^2+x+1$), то итоговое произведение будет тоже делиться на $x^2+x+1$. Вы это хотели сказать? ну хотя что тут еще можно иметь в виду, довольно очевидно это... Продолжим. Так, понятно, остаток от деления $x^2+x$ на $x^2+x+1$ такой же, как от деления $-1$ на $x^2+x+1$, это вроде тоже понятно...

nnosipov в сообщении #511334 писал(а):

Сравнение $(-1)^m-x^{2m}-x^m \equiv 0\pmod{x^2+x+1}$ равносильно сравнению $((-1)^m-x^{2m}-x^m)(x-1) \equiv 0\pmod{x^3-1}$.

Так, это мы просто домножили на $(x-1)$, взаимно простой со всеми элементами сравнения. А как вы пришли к этому, просто предположили, что такое действие будет полезно, или вы что-то знали наперёд? :)

-- Вс дек 04, 2011 18:22:57 --

nnosipov в сообщении #511334 писал(а):

Далее, представив $m$ в виде $6k+r$

И вот это. Почему вы решили представить $m$ именно в таком виде? Я не понимаю..

[nnosipov]

bot в сообщении #511390 писал(а):

Как раз проще начать с производной, мгновенно получить $m\equiv 1\pmod 6$ и всего лишь проверить подстановкой в $P_m$.

Иногда, в учебных целях, полезно и повозиться. Главное, чтоб метод был освоен.

-- Вс дек 04, 2011 21:34:42 --

farewe11 в сообщении #511398 писал(а):

Вот не совсем понял, почему это равносильно такой делимости.

Посмотрите свойства взаимно простых многочленов.

farewe11 в сообщении #511398 писал(а):

А как вы пришли к этому, просто предположили, что такое действие будет полезно, или вы что-то знали наперёд? :)

Проводить сравнения по модулю многочлена $x^3-1$ проще, чем по модулю многочлена $x^2+x+1$.

farewe11 в сообщении #511398 писал(а):

Почему вы решили представить $m$ именно в таком виде?

Из-за сравнения $x^3 \equiv 1 \pmod{x^3-1}$ и наличия $(-1)^m$.

[farewe11]

nnosipov в сообщении #511403 писал(а):

Из-за сравнения $x^3 \equiv 1 \pmod{x^3-1}$ и наличия $(-1)^m$.

Всё равно не понял. :( Единственное место, покрытое мраком.

[farewe11]

Еще раз всё проанализировал. Всё равно не вижу логики:
$x^3 \equiv 1 \pmod {x^3 - 1}$, поэтому $m$ представим в виде $m = 6k + r$.
Что это? Почему это верно? Я не вижу связи, совсем. Что-то тут не то..

[ИСН]

(тему не читал)
Любое число можно представить в таком виде. Почему бы нет?

[farewe11]

Это не покатит в качестве объяснения. Если бы автор решения представил его в виде, например, $100k+r$, решение бы он не нашел так просто и легко. Какая-то логика есть, а вот какая - совершенно неочевидно.. Советовал бы прочитать тему, наверняка у вас появится мнение на этот счет. :)

[nnosipov]

farewe11 в сообщении #513148 писал(а):

Всё равно не вижу логики:
$x^3 \equiv 1 \pmod {x^3 - 1}$, поэтому $m$ представим в виде $m = 6k + r$.

А её здесь и нет. Но это утверждение --- целиком Ваше творение. Я ничего подобного не утверждал. К сведению: в виде $6k+r$, где $r \in \{0,1,\dots,5\}$, можно представить любое целое число (это значит разделить его на $6$ с остатком). Почему разумно это сделать, я Вам выше пытался объяснить.

[farewe11]

А, я, наконец, увидел.. нет, не решение, а правильный вопрос. Он заключается в следующем:
Путем преобразований мы получили такое:

$$((-1)^m-x^{2m}-x^m)(x-1) \equiv 0 \pmod {x^3-1}$$

Надо бы найти $m$, при которых это - верно. $m = 6k+r$.
Что Вы сделали, чтоб "мгновенно" получить $r = 1$ и $r=5$?

-- Чт дек 08, 2011 22:12:20 --

Все, понял наконец. Так просто.

[nnosipov]

farewe11 в сообщении #513160 писал(а):

Что Вы сделали, чтоб "мгновенно" получить $r = 1$ и $r=5$?

Мгновенно --- это не ко мне. Я выше писал "легко найдём". Надо последовательно рассмотреть все значения $r$. Каждое из них действительно легко обрабатывается. Рекомендую попробовать, это полезное упражнение для Вас.

-- Пт дек 09, 2011 01:15:02 --

farewe11 в сообщении #513160 писал(а):

Все, понял наконец. Так просто.

Очень хорошо.