Задача 32884

Темы:    [ Целочисленные и целозначные многочлены ] [ Рациональные и иррациональные числа ] [ Доказательство от противного ] [ Принцип крайнего (прочее) ] [ Теорема Безу. Разложение на множители ] [ Индукция (прочее) ]

Сложность: 3+ Классы: 7

Условие

Доказать, что если несократимая рациональная дробь  ^p/_q  является корнем многочлена P(x) с целыми коэффициентами, то  P(x) = (qx – p)Q(x),  где многочлен Q(x) также имеет целые коэффициенты.

Решение

Предположим, что утверждение неверно, и рассмотрим многочлен  P(x) = a₀xⁿ + a₁x^n–1 + ... + a_n  наименьшей степени, для которого это не так. Ясно, что  n > 0.  Согласно задаче 61013 a₀ кратно q:  a₀ = qb₀,  поэтому  R(x) = P(x) – (qx – p)b₀x^n–1  – многочлен степени  n – 1  с целыми коэффициентами.  ^p/_q  – корень многочлена R(x), следовательно, по выбору n,  R(x) = (qx – p)T(x),  где T(x) – многочлен с целыми коэффициентами (если  n = 1,  то  R(x) ≡ T(x) ≡ 0).  Значит,  P(x) = (qx – p)(b₀x^n–1 + T(x)).  Противоречие.

Замечания

1. Разумеется, утверждение можно доказать и по индукции.

2. По теореме Безу P(x) делится на  x –  ^p/_q.  Доказанное утверждение означает, что все коэффициенты частного – целые числа, кратные q.