Задача 67434
|
|
 |
Условие
Дан многочлен степени $n$ > 0 с целыми ненулевыми коэффициентами, каждый из которых является его корнем. Докажите, что у этого многочлена не может быть никаких других коэффициентов, кроме 1, –1 и –2.Решение
Пусть наш многочлен $P(x) = a_nx^n +\dots+a_1x+a_0 = Q(x)x+a_0 = R(x)x^2 +a_1x+a_0$. Подставив в $P(x)$ любой его коэффициент, видим, что все слагаемые, кроме $a_0$, делятся на этот корень, а значит, и $a_0$ на него делится. Поэтому, если $|a_0|$ = 1, то всё доказано. Далее считаем, что $|a_0|$ > 1.По условию $P(a_0)$ = 0. Если и $P(−a_0)$ = 0, то $P(x)$ делится на $(x−a_0)(x+a_0) = x^2 - a^2_0$. Но тогда $a_0$ делится на $a_0^2$, что не так. Значит, среди коэффициентов $-a_0$ отсутствует.
Так как $P(a_0)$ = 0, то $R(a_0)a_0 + a_1$ + 1 = 0. Поскольку $a_1$ делит $a_0$, получаем, что $a_1$ делит 1. Рассмотрим два случая.
Случай 1: $a_1$ = 1. Тогда $R(a_0)a_0$ = –2, то есть $|a_0|$ = 2. Если $a_0$ = –2, то все доказано. Пусть $a_0$ = 2. Тогда все остальные коэффициенты равны ±1 или 2. Поэтому равенство $P(2)$ = 0 имеет вид $2S_2 +S_1-S$ =0 (где в 2$S_2$ входят слагаемые с коэффициентом 2, в $S_1$ – с коэффициентом 1, а в $S$ – с коэффициентом –1), или $$S_2 +S_2 +S_1 =S, \quad (∗)$$ причём $S_2$, $S_1$, $S$ – суммы различных степеней двойки. При этом в силу равенства $P(1)$ = 0, означающего, что сумма коэффициентов многочлена равна 0, получаем, что число слагаемых (степеней двойки) в левой части равенства (∗) равно числу слагаемых в правой. В левой части будем проделывать следующие операции: если в ней встречаются два одинаковых слагаемых $2^i$, заменим их на $2^{i + 1}$. Хотя бы одна такая операция будет проделана: поскольку $a_0$ = 2, в сумму $S_2 +S_2$ дважды входит 1. Когда этот процесс остановится, как в левой, так и в правой части будут стоять суммы различных степеней двоек (но какие-то слагаемые левой части могут совпадать со слагаемыми правой). При этом число слагаемых в левой части будет меньше: каждая операция уменьшала его на единицу. Противоречие с единственностью разложения натурального числа в сумму степеней двойки.
Случай 2: $a_1$ = –1. Тогда $R(a_0)a_0$ = 0, то есть $R(a_0) = a_na_0^{n–2} + ... +a_3a_0 +a_2$ = 0. Если $n$ > 1, то $n$ ≥ 3 (так как $a_2$ ≠ 0). Далее, $a_2$ делится на $a_0$, то есть $a_2 = a_0$, а $a_3a_0 + a_0$ делится на $a_0^2$, то есть $a_3$ + 1 делится на $a_0$, которое само делится на $a_3$. Значит, 1 делится на $a_3$, откуда $|a_3|$ = 1.
Если $a_3$ = 1, то $P$(1) = 0. Кроме того, $|a_0|$ = 2. Повторяя рассуждения случая 1, снова получим, что $a_0$ = –2.
Если $a_3$ = –1 и $n$ > 3, то $P(a_0) = a_na_0^n +\dots +a_5a_0^5 + a_4a_0^4$ = 0. Поделив на $a_0^4$, видим, что $n$ ≥ 5, и повторив предыдущие рассуждения, получаем, что либо $a_0$ = –2, либо $a_4 = a_0$, $a_5$ = –1. И так далее.
Так мы получим, что либо $a_0$ = –2, либо $n$ = 2$m$ – 1 нечётно и все коэффициенты при чётных степенях многочлена равны $a_0$, а при нечётных равны –1. Тогда $P(a_1) = P(-1) = m(a_0+1)$ ≠ 0, так как $a_0$ ≠ –1. Противоречие.
