XIX OM - I - Zadanie 10

Dowieść, że wielomian $ W $ zmiennej $ x $ określony wzorem

\[<br />
(1) \qquad W(x)=(x - a)^2 (x - b)^2 + l,<br />
\]

gdzie $ a $ i $ b $ oznaczają liczby całkowite, nie jest iloczynem dwóch wielomianów zmiennej $ x $ stopnia dodatniego mających współczynniki całkowite.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że twierdzenie, które mamy udowodnić, nie jest prawdziwe, tj. że dla każdego $ x $

\[<br />
(2) \qquad  (x-a)^2(x-b)^2+1 = P(x)Q(x),<br />
\]

gdzie $ P(x) $ i $ Q(x) $ są wielomianami stopnia dodatniego o współczynnikach całkowitych. Lewa strona wzoru (2) jest dla każdego $ x $ dodatnia, więc wielomian $ P(x) $ i tak samo wielomian $ Q(x) $ nie ma pierwiastków (rzeczywistych), nie może być zatem stopnia nieparzystego, a ponieważ stopień $ P(x) $ + stopień $ Q(x) $ = stopień $ P(x) \cdot Q(x) = 4 $, więc $ P(x) $ i $ Q(x) $ są wielomianami stopnia drugiego o wyróżnikach ujemnych. Jeśli najwyższymi wyrazami wielomianów $ P(x) $ i $ Q(x) $ są odpowiednio $ kx^2 $ i $ lx^2 $ ($ k $, $ l $ - licżby całkowite), to iloczyn $ kx^2 \cdot lx^2 $ równa się najwyższemu wyrazowi $ x^4 $ lewej strony wzoru (2) więc $ kl = 1 $, zatem $ k = l=1 $ lub $ k = l = - 1 $. Drugi z tych przypadków możemy sprowadzić do pierwszego zastępując wielomiany $ P(x) $ i $ Q(x) $ odpowiednio wielomianami $ - P(x) $ i $ - Q(x) $. Założenie (2) jest zatem równoważne założeniu

\[<br />
(3) \qquad  (x - a)^2(x - b)^2+ 1 = (x^2 + mx + n)(x^2 +px+q)<br />
\]

dla każdego $ x $, gdzie liczby $ m $, $ n $, $ p $, $ q $ są całkowite, a trójmiany $ x^2 + mx + n $ i $ x^2 + px+ q $ są dla każdego $ x $ dodatnie. Wykażemy, że założenie to prowadzi do sprzeczności: .

Przekształćmy równość (3) podstawiając $ x = y + a  $:

\[<br />
\begin{split}<br />
 y^2(y + a - b)^2 + 1 = [(y + a)^2 + m(y + a) + n] [(y + a)^2 + p(y + a) + q] = \\<br />
= [y^2 + (2a +m)y + a^2 + ma + n] [y^2 + (2a + p)y + a^2+pa+ q].<br />
\end{split}<br />
\]

Wprowadzając oznaczenia $ a - b = c $, $ 2a + m = r $, $ a^2 + ma + n = s $, $ 2a + p = t $, $ a^2 + pa + q = u $ otrzymujemy stąd dla każdego $ y $ równość

\[<br />
(4) \qquad  y^2(y + c)^2+1= (y^2 + ry + s)(y^2 + ty + u),<br />
\]

gdzie liczby $ c $, $ r $, $ s $, $ t $, $ u $ są według założenia (3) całkowite, a przy tym liczby $ s $ i $ u $ są dodatnie.

Porównując współczynniki przy jednakowych potęgach $ y $ po obu stronach równości (4) otrzymujemy

\[<br />
(5) \qquad  r + t = 2c<br />
\]
\[<br />
(6) \qquad  s + u + rt = c^2<br />
\]
\[<br />
(7) \qquad  ru + st = 0.<br />
\]
\[<br />
(8) \qquad  su=1.<br />
\]

Ponieważ liczby $ s $ i $ u $ są całkowite i dodatnie, więc z (8) wynika, że $ s = u = 1 $, wobec czego na mocy (7) i (5) $ r + t = 0 $, $ c = 0 $, zatem według (6) $ 2 - r^2 = 0 $, co nie jest prawdą, gdyż $ r $ jest liczbą całkowitą. Zatem rozkład (3) nie istnieje.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź