Кубический четырёхчлен

[Xenia1996]

Дан кубический четырёхчлен $ax^3+bx^2+cx+d$ с целочисленными коэффициентами $a, b, c, d$.
$n$ - натуральное число, взаимопростое с 2 и 3.
Известно, что $ax^3+bx^2+cx+d$ делится на $n$ при любом целом значении $x$.

Обязательно ли каждый из коэффициентов $a, b, c, d$ также делится на $n$?

[MrDindows]

Да.

[neo66]

Присоединяюсь к предыдущему оратору.

[Xenia1996]

neo66 в сообщении #438816 писал(а):

Присоединяюсь к предыдущему оратору.

Я доказала так:

(Оффтоп)

Пусть $x=0$, тогда $d$ должно делиться на $n$.
Пусть $x=1$, тогда $a+b+c$ должно делиться на $n$.
Пусть $x=-1$, тогда $-a+b-c$ должно делиться на $n$, а значит и $2b$ (а следовательно и $b$), и $a+c$ делятся на $n$.
Пусть $x=2$, тогда $8a+2c$, а значит и $6a$ (а значит и само $a$, ведь $n$ взаимопросто с 2 и 3) должно делиться на $n$. А так как $a+c$ делится на $n$, приходим к выводу, что и $c$ делится на $n$

[Sonic86]

Можно так:
$ax^3+bx^2+cx+d=P(x)$
$n = \prod\limits_j p_j^{a_j}$. Тогда $(\forall x \in \mathbb{Z}^*_{p^a}) P(x) \equiv 0 \pmod {p^a}$. Если все коэффициенты ненулевые в кольце вычетов, то $P(x)$ делится на $x^{\varphi (p^a)}-1$, но $\varphi (p^a) \geq 4$ при $p>5$, а $\deg P(x) = 3 < 4$ - противоречие.

(Оффтоп)

решение продублировал на есайенсе

[Null]

А если так: Многочлен $g(x)$ $(deg(g)=k)$ с целыми коэффициентами делиться на $n $ $((n,k!)=1)$ при всех натуральных $x$. Доказать что его коэффициенты делятся на $n$.

[nnosipov]

Null в сообщении #438833 писал(а):

А если так: Многочлен $g(x)$ $(deg(g)=k)$ с целыми коэффициентами делиться на $n $ $((n,k!)=1)$ при всех натуральных $x$. Доказать что его коэффициенты делятся на $n$.

Это очевидно, достаточно вспомнить устройство целозначных многочленов (как целочисленных линейных комбинаций биномиальных коэффициентов).

[neo66]

nnosipov в сообщении #438841 писал(а):

Это очевидно, достаточно вспомнить устройство целозначных многочленов (как целочисленных линейных комбинаций биномиальных коэффициентов).

Поскольку я не знаю устройство целозначных многочленов, то рассуждаю так:
Достаточно убедиться в этом для простых $n$. Обозначим их $p$. После этого рассмотрим наш многочлен в поле $\mathbb{F}_p$. Имеем систему линейных уравнений в $\mathbb{F}_p$: $g(0)=0,g(1)=0,... g(p-1)=0$, которая имеет только тривиальное решение, что и означает, что все коэффициенты делятся на $p$.

[nnosipov]

neo66 в сообщении #438958 писал(а):

Достаточно убедиться в этом для простых $n$. Обозначим их $p$. После этого рассмотрим наш многочлен в поле $\mathbb{F}_p$. Имеем систему линейных уравнений в $\mathbb{F}_p$: $g(0)=0,g(1)=0,... g(p-1)=0$, которая имеет только тривиальное решение, что и означает, что все коэффициенты делятся на $p$.

А почему достаточно только для простых $n=p$? А как быть с многочленом $g(x)=x^p-x$?

[neo66]

nnosipov в сообщении #438970 писал(а):

1) А почему достаточно только для простых $n=p$? 2) А как быть с многочленом $g(x)=x^p-x$?

2) Никак. Предполагалось, что $(n,k!)=1$.

1) Если это верно для простого, то верно и для любой степени простого. Простое рассуждение по индукции.

[nnosipov]

neo66 в сообщении #438975 писал(а):

nnosipov в сообщении #438970 писал(а):

1) А почему достаточно только для простых $n=p$? 2) А как быть с многочленом $g(x)=x^p-x$?

2) Никак. Предполагалось, что $(n,k!)=1$.

1) Если это верно для простого, то верно и для любой степени простого. Простое рассуждение по индукции.

3) И, наконец, случай произвольного $n$.

[nnosipov]

Sonic86 в сообщении #438830 писал(а):

Тогда $(\forall x \in \mathbb{Z}^*_{p^a}) P(x) \equiv 0 \pmod {p^a}$. Если все коэффициенты ненулевые в кольце вычетов, то $P(x)$ делится на $x^{\varphi (p^a)}-1$

Ерунда какая-то. Возьмите $P(x)=x^2-1$ и $p^\alpha=2^3$. Или $P(x)=5(x^5-x)$ и $p^\alpha=5^2$ (здесь и первообразные корни есть, если Вы это имели в виду). А у Ксении, кстати, решение очень правильное (его идея --- рассмотреть значения многочлена в 4-х последовательных точках --- как раз и приводит к известному факту о целозначных многочленах).

[neo66]

nnosipov в сообщении #439027 писал(а):

3) И, наконец, случай произвольного $n$.

Ну, это же ясно. Если утверждение верно для взаимно простых $n_1$ и $n_1$, то оно верно и для $n_1n_2$.

[nnosipov]

neo66 в сообщении #439046 писал(а):

nnosipov в сообщении #439027 писал(а):

3) И, наконец, случай произвольного $n$.

Ну, это же ясно. Если утверждение верно для взаимно простых $n_1$ и $n_1$, то оно верно и для $n_1n_2$.

А где Вы используете условие $(n,k!)=1$? Почему бы тогда не заменить это условие более слабым $(n,k)=1$?

[nnosipov]

Вот ещё одна близкая по сюжету задача: Let $x_1$, $x_2$, $\dots$, $x_n$ be positive and distinct integers such that for every positive integer $k$ the product $(x_1+k)(x_2+k)\dots(x_n+k)$ is divisible by $x_1x_2 \dots x_n$. Prove that $\{x_1,x_2,\dots,x_n\}=\{1,2,\dots,n\}$.