Ммногочлен с целыми коэффициентами и целыми корнями

[Edward_Tur]

Существует ли многочлен

$$P(x)=x^5+ax^3+bx+c, c\ne 0$$

с целыми коэффициентами, у которого 5 действительных целых корней?

[TR63]

Нет. Не существует.

-- 27.07.2012, 18:02 --

Если $a>0$.

[nnosipov]

Например, $P(x)=x^5-125x^3+3004x-5040$.

[Mathusic]

nnosipov в сообщении #600169 писал(а):

Например, $P(x)=x^5-125x^3+3004x-5040$.

Действительно. При том даже корни все целые.
В чем тогда заключалась "олимпиадность" задачи, в подборе подходящего многочлена?

[arqady]

Mathusic в сообщении #600178 писал(а):

В чем тогда заключалась "олимпиадность" задачи, в подборе подходящего многочлена?

Вы сами пробовали подобрать?

[Mathusic]

(Оффтоп)

arqady в сообщении #600231 писал(а):

Вы сами пробовали подобрать?

Намеревался, но потом увидел новый ответ и обнаружил этот многочлен

[kw_artem]

Интересно, а задача решается только методом подбора, никак иначе?

[Mathusic]

kw_artem в сообщении #600247 писал(а):

Интересно, а задача решается только методом подбора, никак иначе?

Составить систему, исходя из Теоремы Виета, и уже дальше подбирать - это подбор?

[apriv]

Mathusic в сообщении #600178 писал(а):

В чем тогда заключалась "олимпиадность" задачи, в подборе подходящего многочлена?

Фу, какая идиотская и противная задача. Думаю, олимпиадность ее заключается в первую очередь в этой противности.
Из теоремы Виета и формул Ньютона немедленно следует, что нас просят придумать пять целых чисел, у которых сумма равна нулю и сумма кубов равна нулю. Ну, или пять положительных целых чисел $a,b,c,d,e$ таких, что одновременно $a+b=c+d+e$ и $a^3+b^3=c^3+d^3+e^3$ (и нет, это не те же буквы, что в исходном условии). Хотя я тут же забуду о том, что они положительные, это не важно совершенно. И о том, что они целые, тоже можно забыть — достаточно найти рациональное решение, уравнения-то однородные. Пусть $s=a+b=c+d+e$, тогда $b=s-a$, $e=S-c-d$ и остается уравнение $a^3+(s-a)^3=c^3+d^3+(s-c-d)^3$ или, иными словами, $-s^2a+sa^2=-s^2c-s^2d+sc^2+sd^2-c^2d-cd^2+2Scd$. Видимо, это означает, что $s(c+d-a)=c^2+d^2-a^2+cd(2-\frac{c+d}{s})$, откуда $s(c+d)=(c+d)^2+a(s-a)-\frac{cd(c+d)}{s}$. Обозначим теперь $c+d=t$ и, для равновесия, $c-d=v$, получим $st=t^2+a(s-a)-t\frac{t^2-v^2}{4s}$, откуда $t(4s^2-4st+t^2-v^2)=4sa(s-a)$ и поэтому $t((2s-t)^2-v^2)=4sa(s-a)$. Теперь, понятное дело, осталось обозначить $2a-s$ за $u$ и, подставляя $a=\frac{s+u}{2}$, получить $t((2s-t)^2-v^2)=s(s^2-u^2)$. Есть ли рациональные решения у этого уравнения? Да сколько угодно. Мне вот, глядя на него, хочется сразу положить $v=u$. Это единственное место, где мы совершили «подбор». А хочется мне потому, что после этого мы чудесным образом разложим его на множители, сейчас вот увидите. Итак, подставляя $v=u=1$, получаем $t((2s-t)^2-1)-s(s^2-1)=0$. Все уже догадались, что при подстановке $s=t$ получается верное тождество; поэтому выражение в левой части делится на $s-t$. Мы, наверное, не хотим рассматривать случай $s=t$, поскольку это означает, что какое-то из исходных пяти чисел равно нулю, а это нас огорчает. Вот и делим на $s-t$, остается $s^2-3st+t^2=1$. А квадратные уравнения от двух переменных все умеют решать в целых числах; подходит хотя бы $t=3$, $s=8$, а кому особо хочется, тот с легкостью найдет и бесконечную серию решений.
Чему нас научила эта задача? Вроде бы, ничему.

[nnosipov]

apriv в сообщении #600639 писал(а):

Фу, какая идиотская и противная задача.

И в чём же идиотизм этой задачи?

[Edward_Tur]

Хорошо известна задача:
Если в многочлене $x^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0,a_0\ne0$ два последовательные коэффициента равны $0$, то у этого многочлена есть мнимые (не вещественные) корни.

Задача придумана как "обратная":
Доказать, что существует многочлен $x^n+a_{n-2}x^{n-2}+a_{n-4}x^{n-4}+...+a_0,a_0\ne0$ с целыми коэффициентами, у которого $n$ целых действительных корней.
Для чётного $n$ это достаточно очевидно, для нечётного $n$ я такую конструкцию не сумел придумать, для $n=3$ всё просто, вот и появилась задача для $n=5$

[Профессор Снэйп]

Приведу пример действительно идиотской задачи, которая, тем не менее, фигурирует в списке упражнений в одном весьма хорошем учебнике по комбинаторике.

Для натурального $n$ пусть $f(n)$ обозначает количество частичных порядков на $n$-элементном множестве, взятых с точностью до изоморфизма. Утверждение $P$ заключается в том, что десятичная запись числа $f(n)$ является палиндромом для бесконечно многих $n$. Доказать, что $P$ не доказуемо и не опровергаемо в $\mathrm{ZFC}$.

[Mathusic]

Профессор Снэйп в сообщении #600668 писал(а):

учебнике по комбинаторике.

Вот уж да, чтобы комбинаторики заморачивались такими вещами
Можно название учебника?

[Профессор Снэйп]

Mathusic в сообщении #600689 писал(а):

Можно название учебника?

Р. Стенли, Перечислительная комбинаторика. Задача (3.c) в списке задач к главе 3.

[Mathusic]

(Оффтоп)

Профессор Снэйп в сообщении #600692 писал(а):

Mathusic в сообщении #600689 писал(а):

Можно название учебника?

Р. Стенли, Перечислительная комбинаторика. Задача (3.c) в списке задач к главе 3.

Спасибо.