О многочлене и простых числах

[integralis]

Почему
$P(x_0+kP(x_0))$ делится нацело на $P(x_0)$
Где $P(x)$ - целочисленный многочлен, старший коэффициент которого положителен.

[Otta]

Ну это как-то совсем очевидно... например, подставить и слегка раскрыть скобочки не пробовали?

[_Ivana]

Простите за глупый вопрос, а это утверждение можно доказать индукцией по степеням многочлена?

[integralis]

Разобрался.
Это действительно очевидно.

[nnosipov]

Otta в сообщении #809190 писал(а):

Ну это как-то совсем очевидно...

Конечно, очевидно --- достаточно простейших свойств сравнений по модулю.

_Ivana в сообщении #809194 писал(а):

Простите за глупый вопрос, а это утверждение можно доказать индукцией по степеням многочлена?

А зачем?

[Otta]

nnosipov в сообщении #809205 писал(а):

достаточно простейших свойств сравнений по модулю.

Да, так запись красивше будет, верно (а суть та же). Но мне хотелось что-то более алгебраическое придумать.

[_Ivana]

nnosipov в сообщении #809205 писал(а):

А зачем?

Чтобы решить эту заинтересовавшую меня задачу, применяя известные мне приемы и методы. Но я еще немного подумал, индукция по степени многочлена оказалась громоздка, а вот индукцией по $k$ я почти доказал, если не ошибаюсь.

[Otta]

_Ivana
Фишка в том, что целочисленность коэффициентов, как и неотрицательность старшего - условия несущественные, поэтому индукция по $k$ не слишком хорошая идея.

[nnosipov]

Otta в сообщении #809206 писал(а):

Но мне хотелось что-то более алгебраическое придумать.

Сравнение с идеалом по модулю идеала --- самая алгебра и есть. Лень ведь каждый раз скобки раскрывать, вот и придумали.

-- Сб янв 04, 2014 00:17:56 --

Otta в сообщении #809210 писал(а):

что целочисленность коэффициентов ... условие несущественное

Хм ... Почему? Вы намекаете, что утверждение верно для целозначных многочленов?

[Null]

Обычно так делают:
$f(x)-f(y)\vdots (x-y)$ - доказывается разными способами.
$P(x_0+kP(x_0))-P(x_0)\vdots(kP(x_0))$ откуда следует то. что нужно доказать.

[Otta]

Null в сообщении #809212 писал(а):

Обычно так делают:

Во! то, чего хотелось.
nnosipov

(Оффтоп)

)) Я не к тому, что в сравнениях мне не хватало алгебры, интересно было, можно ли использовать специфику многочленов.

[apriv]

nnosipov в сообщении #809211 писал(а):

Otta в сообщении #809210 писал(а):

что целочисленность коэффициентов ... условие несущественное

Хм ... Почему? Вы намекаете, что утверждение верно для целозначных многочленов?

Утверждение верно для многочленов над любым (хорошим) кольцом, целочисленность тут ни при чем.

[_Ivana]

Otta в сообщении #809210 писал(а):

целочисленность коэффициентов, как и неотрицательность старшего - условия несущественные

Проверкой для многочлена первой степени частное получается равно $ka_1+1$, где $a_1$ - коэффициент при первой степени многочлена. Из чего следует, что не при любых коэффициентах частное целое.

[Otta]

nnosipov в сообщении #809211 писал(а):

Хм ... Почему? Вы намекаете, что утверждение верно для целозначных многочленов?

Если рассматривать именно делимость чисел, то целочисленность коэффициентов нужна, конечно (ибо иначе бессмысленно). Но верно и то, что многочлен $P(x+kP(x))$ делится (как многочлен) на $P(x)$. Для любых значений коэффициентов. Я это имела в виду.

[nnosipov]

apriv в сообщении #809214 писал(а):

Утверждение верно для многочленов над любым (хорошим) кольцом

Это понятно. Но я имел в виду целозначные многочлены, т.е. многочлены с (вообще говоря) рациональными коэффициентами, но при всех целых значениях аргумента принимающие целые значения. Для таких многочленов утверждение ТС осмысленно, но неверно (легко привести контрпример).

-- Сб янв 04, 2014 00:27:29 --

Otta в сообщении #809217 писал(а):

Но верно и то, что многочлен $P(x+kP(x))$ делится (как многочлен) на $P(x)$. Для любых значений коэффициентов. Я это имела в виду.

Теперь понятно.