Многочлен с целыми коэффициентами

[Nikys]

Известно, что многочлен $P(x)$ $n$-го степеня с целыми коэффициентами можно представить в виде $P(x)=(x-x_1)(x-x_2)\cdots(x-x_n)$, а также, что $\forall k=1,2,\cdots,n$
$0<x_k<3$.
Докажите, что $\forall k=1,2,\cdots,n$
$ x_k \in \lbrace 1, 2, \frac{3+\sqrt{5}}{2}, \frac{3-\sqrt{5}}{2} \rbrace$

(Оффтоп)

Задача всеукраинской республиканской олимпиады по математике, 11 класс, 28 марта 2012 года.
Статистика решения задачи - все участники набрали 0 баллов.
P.S. Жесткие критерии и учет лимита времени: 4 задачи за 4 часа. Одна из задач того же (второго) тура представлена участником Edward_Tur:
http://dxdy.ru/topic57021.html

[Dave]

Разделим целые и нецелые корни многочлена $P(x)$: $P(x)=Z(x)F(x)$, где $Z(x)=(x-z_1) \dots (x-z_l)$, $z_i \in (0,3)$, $z_i \in \mathbb Z$, $i=\overline {1,l}$; $F(x)=(x-f_1) \dots (x-f_m)$, $f_i \in (0,3)$, $f_i \notin \mathbb Z$, $i=\overline {1,m}$. Очевидно, что $z_i \in \{1,2\}$, поэтому осталось доказать, что $f_i=\frac {3 \pm \sqrt 5} 2$.
$Z(x)$ - очевидно, как и $P(x)$ - многочлен с целыми коэффициентами. Таковым же является и $F(x)$. Если бы это было не так и $d_k$ - его старший нецелый коэффициент, то $F(x)=F_1(x)+F_2(x)$, где в $F_1(x)$ собраны степени, старшие $k$, а в $F_2(x)=d_kx^k+\dots$ - все остальные. Тогда $P(x)=Z(x)(F_1(x)+F_2(x))$ и $P(x)-Z(x)F_1(x)=Z(x)F_2(x)$. Но в левой части последнего выражения находится многочлен с целыми коэффициентами, а старший коэффициент многочлена в правой части равен $d_k$ - противоречие.
Т.к. $F(x)$ - многочлен с целыми коэффициентами, то его значения при всех целых значениях аргумента также являются целыми цислами. Значит целым является и число $A=F(0)F(1)F(2)F(3)$. Если обозначить $Q(x)=x(x-1)(x-2)(x-3)$, то

$$A=\prod_{i=1}^m (-f_i) \prod_{i=1}^m (1-f_i) \prod_{i=1}^m (2-f_i) \prod_{i=1}^m (3-f_i)=\prod_{i=1}^m f_i(f_i-1)(f_i-2)(f_i-3)=\prod_{i=1}^m Q(f_i).$$

Лемма. При $x \in (0,3)$: $|Q(x)| \leqslant 1$, причём равенство достигается только при $x=\frac {3 \pm \sqrt 5} 2$.
Действительно, $Q(x)=x(x-3)(x-1)(x-2)=(x^2-3x)(x^2-3x+2)=y(y+2)=(y+1)^2-1$, где $y=x^2-3x=(x-\frac 3 2)^2-\frac 9 4$. При $x \in (0,3)$: $y \in [-\frac 9 4,0)$, $y+1 \in [-\frac 5 4,1)$, $(y+1)^2 \in [0,\frac {25} {16}]$ и $(y+1)^2-1 \in [-1,\frac 9 {16}]$, причём $(y+1)^2-1=-1$ только при $y=-1$, что возможно только при $x=\frac {3 \pm \sqrt 5} 2$.

Из леммы и $A=\prod_{i=1}^m Q(f_i)$ следует, что если хотя бы одно из чисел $f_i$ не равно $\frac {3 \pm \sqrt 5} 2$, то $|Q(f_i)|<1$ и $|A|<1$, что невозможно, т.к. $A$ целое и не равно $0$, ибо, по своему определению, $F(x)$ не имеет целых корней, в частности, его значения в точках $0,1,2,3$ не равны $0$.

[MrDindows]

Dave в сообщении #556684 писал(а):

Разделим целые и нецелые корни многочлена $P(x)$: $P(x)=Z(x)F(x)$, где $Z(x)=(x-z_1) \dots (x-z_l)$, $z_i \in (0,3)$, $z_i \in \mathbb Z$, $i=\overline {1,l}$; $F(x)=(x-f_1) \dots (x-f_m)$, $f_i \in (0,3)$, $f_i \notin \mathbb Z$, $i=\overline {1,m}$. Очевидно, что $z_i \in \{1,2\}$, поэтому осталось доказать, что $f_i=\frac {3 \pm \sqrt 5} 2$.
$Z(x)$ - очевидно, как и $P(x)$ - многочлен с целыми коэффициентами. Таковым же является и $F(x)$. Если бы это было не так и $d_k$ - его старший нецелый коэффициент, то $F(x)=F_1(x)+F_2(x)$, где в $F_1(x)$ собраны степени, старшие $k$, а в $F_2(x)=d_kx^k+\dots$ - все остальные. Тогда $P(x)=Z(x)(F_1(x)+F_2(x))$ и $P(x)-Z(x)F_1(x)=Z(x)F_2(x)$. Но в левой части последнего выражения находится многочлен с целыми коэффициентами, а старший коэффициент многочлена в правой части равен $d_k$ - противоречие.
Т.к. $F(x)$ - многочлен с целыми коэффициентами, то его значения при всех целых значениях аргумента также являются целыми цислами. Значит целым является и число $A=F(0)F(1)F(2)F(3)$. Если обозначить $Q(x)=x(x-1)(x-2)(x-3)$, то

$$A=\prod_{i=1}^m (-f_i) \prod_{i=1}^m (1-f_i) \prod_{i=1}^m (2-f_i) \prod_{i=1}^m (3-f_i)=\prod_{i=1}^m f_i(f_i-1)(f_i-2)(f_i-3)=\prod_{i=1}^m Q(f_i).$$

Лемма. При $x \in (0,3)$: $|Q(x)| \leqslant 1$, причём равенство достигается только при $x=\frac {3 \pm \sqrt 5} 2$.
Действительно, $Q(x)=x(x-3)(x-1)(x-2)=(x^2-3x)(x^2-3x+2)=y(y+2)=(y+1)^2-1$, где $y=x^2-3x=(x-\frac 3 2)^2-\frac 9 4$. При $x \in (0,3)$: $y \in [-\frac 9 4,0)$, $y+1 \in [-\frac 5 4,1)$, $(y+1)^2 \in [0,\frac {25} {16}]$ и $(y+1)^2-1 \in [-1,\frac 9 {16}]$, причём $(y+1)^2-1=-1$ только при $y=-1$, что возможно только при $x=\frac {3 \pm \sqrt 5} 2$.

Из леммы и $A=\prod_{i=1}^m Q(f_i)$ следует, что если хотя бы одно из чисел $f_i$ не равно $\frac {3 \pm \sqrt 5} 2$, то $|Q(f_i)|<1$ и $|A|<1$, что невозможно, т.к. $A$ целое и не равно $0$, ибо, по своему определению, $F(x)$ не имеет целых корней, в частности, его значения в точках $0,1,2,3$ не равны $0$.

Почти как авторское, даже буковка А совпадает)

[Dave]

MrDindows в сообщении #556705 писал(а):

Почти как авторское, даже буковка А совпадает)

Не удивительно, ведь это первая буква алфавита

[maxal]

Обобщим - какие еще корни могут возникнуть, если $x_k < 4$, и $x_k < 5$ и т.п.?
Если $0<x_k<m$, то какова мощность множества возможных корней (как функция от $m$)?

[hippie]

Очевидно, что при $0<x_k<4$ множество возможных корней бесконечно:
Многочлен $P(x)=2\cos(n\arccos(\frac x2-1))$ имеет старший коэффициент 1, целые коэффициенты, и все $n$ его корней лежат на интервале $(0;\ 4).$

Интереснее вопрос: существует ли $m<4,$ такое, что при условии $0<x_k<m$ множество возможных корней бесконечно?

[RIP]

Ответ отрицательный. Это следует из теоремы Кронекера (см., например, тут). (Док-во, кстати, довольно простое; его можно найти, например, в книге Прасолова «Многочлены»). Хотя ещё надо знать, как многочлены Чебышёва на неприводимые множители раскладываются, но это легко получается из неприводимости круговых многочленов.