XIX OM - I - Zadanie 6

Dowieść, że jeżeli wielomian $ F(x) $ o współczynnikach całkowitych ma pierwiastek $ \frac{p}{q} $, gdzie $ p $ i $ q $ są liczbami całkowitymi względnie pierwszymi, to $ p - q $ jest dzielnikiem liczby $ F(1) $, a $ p + q $ jest dzielnikiem liczby $ F(-1) $.

Rozwiązanie

Wprowadźmy zamiast $ x $ zmienną $ y = qx $. Równość (1) otrzymuje postać

\[<br />
F \left( \frac{y}{q} \right) =<br />
a_0 \left( \frac{y}{q} \right)^n +<br />
a_1 \left( \frac{y}{q} \right)^{n-1} +<br />
\ldots + a_n.<br />
\]

Rozważmy wielomian

\[<br />
q^n F \left( \frac{y}{q} \right) = a_0y^n + a_1 q y^{n-1} + \ldots + a_nq^n,<br />
\]

którego współczynniki są liczbami całkowitymi. Ma on pierwiastek całkowity $ y=p $, wobec czego

\[<br />
q^n F \left( \frac{y}{q} \right) = (y~-p)Q(y),<br />
\]

gdzie $ Q(y) $ jest wielomianem o współczynnikach całkowitych*).

Podstawiając do tej równości $ y = q $ otrzymujemy

\[<br />
q^n F (1) = (q-p)Q(p).<br />
\]

Otóż liczby $ q^n $ i $ q -p $ są względnie pierwsze; gdyby bowiem jakaś liczba pierwsza była wspólnym dzielnikiem liczb $ q^n $ i $ q-p $, byłaby ona również wspólnym dzielnikiem liczb $ q $ i $ q - p $, a więc też wspólnym dzielnikiem liczb $ q $ i $ q-(q-p)=p $ wbrew założeniu.

W takim razie liczba $ q-p $ jest dzielnikiem liczby $ F(1) $, c.n.d.

Uwaga. Jeszcze krótsze rozwiązanie zadania uzyskamy opierając się na twierdzeniu następującym:

Jeżeli wielomian $ F(x) $ o współczynnikach całkowitych ma pierwiastek wymierny $ \frac{q}{p} $ ($ p $, $ q $ - liczby całkowite względnie pierwsze), to iloraz wielomianu $ F(x) $ przez $ x - \frac{p}{q} $ jest wielomianem o współczynnikach całkowitych.

Udowodnimy to twierdzenie. Niech

\[<br />
(*) \qquad F(x) = a_0x^n + a_1x^{n-1} + \ldots + a_n=<br />
\left( x - \frac{p}{q} \right) (c_0x^{n-1} + c_1x^{n-2} + \ldots + c_{n-1}),<br />
\]

gdzie liczby $ a_0, a_1, \ldots,a_n $ są całkowite. Mamy dowieść, że liczby $ c_0, c_1, \ldots, c_{n-1} $ są całkowite.

Współczynniki przy $ x^n $ po obu stronach równości (*) są równe, więc $ c_0 = a_0 $.

Zauważmy, że

\[<br />
a_0 \left( \frac{p}{q} \right)^{n} +a_1 \left( \frac{p}{q} \right)^{n-1} + \ldots + a_n =0, \textrm{ więc } a_0 p^n + a_1p^{n-1} q + \ldots + a_1 q^n = 0,<br />
\]

skąd wynika, że $ a_0 $, zatem również $ c_0 $ jest podzielne przez $ q $. Dowód twierdzenia przeprowadzimy metodą indukcji.

Gdy $ n = 1 $, teza twierdzenia jest oczywista, iloraz $ F(x) $ przez $ x - \frac{p}{q} $ jest wtedy równy $ c_0 $.

Przypuśćmy, że teza twierdzenia jest prawdziwa dla pewnego $ n $ i niech

\[<br />
F(x) = a_0x^{n+1} + a_1x^n + \ldots + a_{n+1} = \left( x  - \frac{p}{q}\right) (c_0x^n + c_1x^{n-1} + \ldots + c_n).<br />
\]

Utwórzmy wielomian stopnia $ n $

\[<br />
F(x) - \left(x - \frac{p}{q} \right) c_0 x^n = \left( a_1 - \frac{p}{q} c_0 \right) x^n + a_2 x^{n-1} + \ldots + a_{n+1} =<br />
\left(x - \frac{p}{q} \right) (c_1x^{n-1} + \ldots + c_n).<br />
\]

Ponieważ liczba $ c_0 = a_0 $ jest podzielna przez $ q $, więc jest to wielomian o współczynnikach całkowitych. Według założenia indukcyjnego liczby $ c_1, c_2, \ldots, c_n $ są całkowite, tzn. teza twierdzenia jest prawdziwa dla wielomianów stopnia $ n + 1 $.

Twierdzenie zostało udowodnione.

Rozwiązanie poprzedniego zadania jest teraz natychmiastowe. Jeśli bowiem

\[<br />
F(x) = \left(x - \frac{p}{q} \right) Q(x)<br />
\]

i wielomian $ F(x) $ ma współczynniki całkowite, to wielomian $ Q(x) $ ma również współczynniki całkowite i

\[<br />
F(1) = \left(x1- \frac{p}{q} \right) Q(1),<br />
\]

zatem

\[<br />
qF(1)= (q-p)Q(1),<br />
\]

skąd wynika, że liczba $ p - q $ jest dzielnikiem liczby $ F(1) $.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź