При каком значении параметра полиномы делятся друг на друга?

[farewe11]

Хотя всё-таки неясно, почему разумным было представить $m$ как $6k+r$. Конечно, можно было бы совсем никак не представить и подставлять $m$ вручную: $1,2,3\dots$

[nnosipov]

farewe11 в сообщении #513173 писал(а):

почему разумным было представить $m$ как $6k+r$.

Потому что тогда при любом фиксированном $r \in \{0,1,\dots,5\}$ мы сможем легко вычислить $((-1)^m-x^{2m}-x^m)(x-1) \bmod{x^3-1}$, каково бы ни было $k$. Проделав так шесть раз, мы рассмотрим все значения $m$. Таким образом, мы справимся с бесконечным количеством тестируемых значений $m$ за конечное число шагов. Разумно ли это?

[farewe11]

Ну хотя да, это не особо сложно будет остаток вычислить - столбиком-то поделить...
Глупый вопрос сейчас будет: Вы знали наперёд, что при каком-то фиксированном $r$ остаток от деления наших многочленов будет один и тот же, каково бы ни было $k$?
Почему именно 6, а не, допустим, 9 раз? $m=9k+r$, тоже неплохо выглядит. Ну Вы понимаете, что я пытаюсь узнать? Не так-то просто оказалось...

[nnosipov]

farewe11 в сообщении #513186 писал(а):

Ну хотя да, это не особо сложно будет остаток вычислить - столбиком-то поделить...

Не надо делить столбиком, нужно пользоваться сравнением $x^3 \equiv 1 \pmod{x^3-1}$. Как именно пользоваться? Попробуйте сообразить сами.

farewe11 в сообщении #513186 писал(а):

Глупый вопрос сейчас будет: Вы знали наперёд, что при каком-то ...

Да, я это знал наперёд.

farewe11 в сообщении #513186 писал(а):

Почему именно 6, а не, допустим, 9 раз? $m=9k+r$, тоже неплохо выглядит.

Вот и поэкспериментируйте, тогда и заметите разницу.