7. Tēma: Polinomi ar veseliem koeficientiem Uzdevums 7.1 (IMO1982.): Prove that if n is a positive integer such that the equation x xy 2 + y = n has a solution in integers x, y, then it has at least three such solutions. Show that the equation has no solutions in integers for n = 2891. lv: Dots tāds naturāls skaitlis n, ka vienādojumam x xy 2 + y = n ir atrisinājums veselos skaitļos x, y. Pierādīt, ka tad šim vienādojumam ir vismaz trīs dažādi atrisinājumi. Pierādīt, ka vienādojumam nav atrisinājumu, ja n = 2891. Uzdevums 7.2 (IMO1987.): Let n 2 be an integer. Prove that if k 2 + k + n is prime for all integers k such that 0 k n, then k2 + k + n is prime for all integers k such that 0 k n 2. : Dots naturāls skaitlis n 2 un zināms, ka k 2 + k + n ir pirmskaitlis visiem k, kuriem 0 k n. Pierādīt, ka tad k 2 + k + n ir pirmskaitlis visiem k, kuriem 0 k n 2. Uzdevums 7. (IMO199.): Find all ordered pairs (m, n) where m and n are positive integers such is an integer. that n +1 mn 1 lv: Atrast visus sakārtotus naturālu skaitļu pārus (m, n), kur n +1 ir vesels skaitlis. mn 1 Uzdevums 7. (IMO1998.): Determine all pairs (x, y) of positive integers such that x 2 y + x + y is divisible by xy 2 + y + 7. lv: Atrast visus naturālu skaitļu pārus (x, y), kuriem x 2 y + x + y dalās ar xy 2 + y + 7. Uzdevums 7.5 (IMO200.2): Determine all pairs of positive integers (m, n) such that is a positive integer. lv: Atrast visus naturālu skaitļu pārus (m, n) tādus, ka m 2 2mn 2 n + 1 m 2 ir naturāls skaitlis. 2mn 2 n + 1 Uzdevums 7.6 (IMOSHL.2001.N5): Let a > b > c > d be positive integers and suppose that Prove that ab + cd is not prime. ac + bd = (b + d + a c)(b + d a + c). 1
Uzdevums 7.7 (IMOSHL.2002.N6): Find all pairs of positive integers m, n for which there exist infinitely many positive integers a such that is itself an integer. a m + a 1 a n + a 2 1 Uzdevums 7.8 (IMOSHL.200.N): Determine all pairs of positive integers (a, b) such that is a positive integer. a 2 2ab 2 b + 1 Uzdevums 7.9 (IMOSHL.2005.N7): Let P (x) = a n x n + a n 1 x n 1 +... + a 0, where a 0,..., a n are integers, a n > 0, n 2. Prove that there exists a positive integer m such that P (m!) is a composite number. Uzdevums 7.10 (IMOSHL.2006.N): Let P (x) be a polynomial of degree n > 1 with integer coefficients and let k be a positive integer. Consider the polynomial Q(x) = P (P (... P (P (x))...)), where P occurs k times. Prove that there are at most n integers t such that Q(t) = t. Uzdevums 7.11 (IMOSHL.2009.N2): A positive integer N is called balanced, if N = 1 or if N can be written as a product of an even number of not necessarily distinct primes. Given positive integers a and b, consider the polynomial P defined by P (x) = (x + a)(x + b). (a) Prove that there exist distinct positive integers a and b such that all the number P (1), P (2),..., P (50) are balanced. (b) Prove that if P (n) is balanced for all positive integers n, then a = b. Uzdevums 7.12 (IMOSHL.2009.N5): Let P (x) be a non-constant polynomial with integer coefficients. Prove that there is no function T from the set of integers into the set of integers such that the number of integers x with T n (x) = x is equal to P (n) for every n 1, where T n denotes the n-fold application of T. Uzdevums 7.1 (IMOSHL.2010.N): Find the smallest number n such that there exist polynomials f 1, f 2,..., f n with rational coefficients satisfying x 2 + 7 = f 1 (x) 2 + f 2 (x) 2 +... + f n (x) 2. Uzdevums 7.1 (IMOSHL.2010.N): Let a, b be integers, and let P (x) = ax + bx. For any positive integer n we say that the pair (a, b) is n-good if n P (m) P (k) implies n m k for all integers m, k. We say that (a, b) is very good if (a, b) is n-good for infinitely many positive integers n. (a) Find a pair (a, b) which is 51-good, but not very good. (b) Show that all 2010-good pairs are very good. 2
Uzdevums 7.15 (IMOSHL.2011.N2): Consider a polynomial P (x) = 9 j=1 (x+d j), where d 1, d 2,... d 9 are nine distinct integers. Prove that there exists an integer N, such that for all integers x N the number P (x) is divisible by a prime number greater than 20. Uzdevums 7.16 (IMOSHL.2011.N6): Let P (x) and Q(x) be two polynomials with integer coefficients, such that no nonconstant polynomial with rational coefficients divides both P (x) and Q(x). Suppose that for every positive integer n the integers P (n) and Q(n) are positive, and 2 Q(n) 1 divides P (n) 1. Prove that Q(x) is a constant polynomial. Uzdevums 7.17 (IMOSHL.2012.N5): For a nonnegative integer n define (n) = 1 if n = 0 or n = 1, and (n) = p 1 p 2 p k where p 1 < p 2 < < p k are all prime factors of n. Find all polynomials f(x) with nonnegative integer coefficients such that (f(n)) divides (f(n (n) )) for every nonnegative integer n. Uzdevums 7.18 (LVTST1977.10.2): P (x) ir polinoms ar veseliem koeficientiem; a, b un c - dažādi veseli skaitļi. Dots, ka P (a) = P (b) = P (c) = 1. Pierādīt, ka vienādojumam P (x) = 0 nav atrisinājumu veselos skaitļos. Tēma: Algebriskas identitātes Teorēmas par Z[x] polinomu vērtību izvietojumu. Atrisinājums. Apgalvojums A: Ja P (x) ir polinoms ar veseliem koeficientiem, tad jebkuriem dažādiem a, b Z, P (a) P (b) dalās ar a b. Pamatojums: Ievietojot n-tās pakāpes polinomā vērtības a un b, iegūsim: P (x) = c n x n + c n 1 x n 1 +... + c 1 x 1 + c 0 P (a) P (b) = c n (a n b n ) +... + c 1 (a b). Katra no iekavām (a k b k ) dalās ar a b, jo pastāv algebriska identitāte a k b k sadalīšanai reizinātājos. Tādēļ arī šīs iekavas pareizinot ar veseliem koeficientiem c k un saskaitot, rezultāts joprojām dalīsies arī a b. Pieņemsim no pretējā, ka eksistē tāds vesels skaitlis d, kas ir P (x) sakne, t.i. P (d) = 0. Saskaņā ar iepriekšējo apgalvojumu P (a) P (d) = 1 dalās ar a d, arī P (b) P (d) = 1 dalās ar b d un P (c) P (d) = 1 dalās ar c d. Skaitlis 1 var dalīties tikai ar 1 vai 1. Nevar eksistēt dažādi skaitļi (a d,b d,c d), kas visi ir 1 vai 1. Uzdevums 7.19 (LVTST1982.9.1): Atrisināt naturālos skaitļos vienādojumu sistēmu { x y z = xyz x 2 = 2(y + z) Tēma: Nevienādības Atrisinājums. Ievērosim, ka x ir pāru skaitlis, jo izpildās x 2 = 2(y + z). Mazākais naturālais pāru skaitlis ir 2; tā kvadrātu var izteikt kā 2(y + z) tikai vienā veidā: 2 2 = 2 (1 + 1). Ievietojot arī pirmajā vienādojumā, iegūstam, ka (x, y, z) = (2, 1, 1) ir vienādojumu sistēmas atrisinājums. Pamatosim, ka citu atrisinājumu nav. Ja x, tad y + z x 2 /2 un lielākais no skaitļiem y vai z būs vismaz puse no tā. Tā kā y un z vienādojumā ir apmaināmi, pieņemsim, ka y z un tad y x 2 /. Tā kā x 2 / > x visiem x > (varam pārliecināties, atrisinot kvadrātnevienādību pret x), tad arī y x 2 / > x. Bet šajā gadījumā pirmajā vienādojumā starpība x y un arī x y z ir negatīva, kas nav iespējams, jo xyz ir naturālu skaitļu reizinājums, kas ir pozitīvs.
Uzdevums 7.20 (LVTST199.9-12.1): Dots, ka x un y ir naturāli skaitļi un x 2 + x = y 2 + y. Pierādīt, ka x y, x + y + 1 un x + y + 1 ir naturālu skaitļu kvadrāti. Atrisinājums. Pamatosim, ka x y ir pilns kvadrāts. Apzīmējam a = x y. Tad x = y + a un varam vienādojumā aizstāt x ar y + a: x 2 + x = y 2 + y (y + a) 2 + (y + a) = y 2 + y y 2 + 6ya + a 2 + y + a = y 2 + y 6ya + a 2 + a = y 2 y 2 6ya (a 2 + a) = 0 Kvadrātvienādojumam pret mainīgo y eksistē atrisinājums veselos skaitļos tikai tad, ja no diskriminanta var izvilkt kvadrātsakni, t.i. (6a) 2 + 1 (a 2 + a) = 6a 2 + 12a 2 + a = 8a 2 + a ir pilns kvadrāts. Arī četrreiz mazāka izteiksme 12a 2 + a ir pilns kvadrāts. Sadalām to reizinātājos: 12a 2 + a = a(12a + 1). Ņemot vērā to, ka lielākais kopīgais dalītājs (a, 12a + 1) = 1, tad abi reizinātāji ir pilni kvadrāti, t.sk. a = x y ir pilns kvadrāts. Pamatosim, ka x + y + 1 ir pilns kvadrāts. Apzīmējam b = x + y + 1 un dotajā vienādībā aizstājam x ar b 1 y. x 2 + x = y 2 + y ( 2 ( ) b 1 b 1 y) + y = y 2 + y (b 1) 2 2(b 1)y + y 2 + b 1 y = y 2 + y y 2 + 6by (b 2 b) = 0 Diskriminants kvadrātvienādojumam attiecībā pret y ir 6b 2 + (b 2 b) = 8b 2 12b. Lai šī izteiksme būtu pilns kvadrāts, arī četrreiz mazāka izteiiksme 12b 2 b = b(12b ) ir pilns kvadrāts. Bet pēc Eiklīda algoritma (b, 12b ) = (b, ) un šī izteiksme ir 1, jo b = x + y + 1 nedalās ar. Tādēļ b un 12b ir savstarpēji pirmskaitļi un to reizinājums var būt pilns kvadrāts tikai tad, ja abi reizinātāji ir pilni kvadrāti, t.i. b = x + y + 1 ir pilns kvadrāts. Pamatosim, ka x + y + 1 ir pilns kvadrāts. Apzīmējam c = x + y + 1 un dotajā vienādībā aizstājam y ar c 1 x. x 2 + x = y 2 + y ( c 1 x 2 + x = 2 ( ) c 1 x) + x 12x 2 + x = (c 1) 2 8(c 1)x + 16x 2 + c 1 x x 2 8cx + (c 2 c) = 0 Ceturtdaļa no šī kvadrātvienādojuma diskriminanta ir 16c 2 (c 2 c) = 12c 2 + c. Tā kā c = x + y + 1 nedalās ar, tad c un 12c + ir savstarpēji pirmskaitļi. To reizinājums var būt pilns kvadrāts tikai tad, ja katrs no reizinātājiem ir pilns kvadrāts.
Starp citu, sakarību x 2 + x = y 2 + y var apmierināt. Piemēram (x, y) = (26, 0). Uzdevums 7.21 (LVTST2009.9-12.1): Kādiem naturāliem skaitļiem m un n, kas abi lielāki par 1, skaitlis n 1 dalās ar m n 1? Uzdevums 7.22 (BwTst2015.Day1.): Pierādīt, ka neeksistē polinoms P (x) ar veseliem koeficientiem un naturāls skaitlis m, tādi, ka x m + x + 2 = P (P (x)) izpildās visiem veseliem skaitļiem x. Atrisinājums. Sk. http://nms.lu.lv/wp-content/uploads/2017/09/skaitlu_teorija_bw.pdf,.lpp. Uzdevums 7.2 (Bw2015.18): Dots n-tās pakāpes polinoms f(x) = x n +a n 1 x n 1 +...+a 0 ar pakāpi n 1, kuram ir n (ne obligāti dažādas) veselas saknes. Pieņemam, ka eksistē tādi atšķirīgi pirmskaitļi p 0, p 1,..., p n 1, ka a i > 1 ir p i pilna pakāpe visiem i = 0,..., n 1. Atrast visas iespējamās n vērtības. Atrisinājums. TBD Uzdevums 7.2 (BwTst2016.Day2.8): Atrisināt veselos skaitļos vienādojumu sistēmu: a = abc + 2a + 2c b = abc c c = abc a + b Atrisinājums. TBD Uzdevums 7.25 (Bw2016.): Dots naturāls skaitlis n un tādi veseli skaitļi a, b, c, d, ka gan a + b + c + d, gan a 2 + b 2 + c 2 + d 2 dalās ar n. Pierādīt, ka arī a + b + c + d + abcd dalās ar n. Atrisinājums. Sk. http://nms.lu.lv/wp-content/uploads/2017/09/skaitlu_teorija_bw.pdf, 17.lpp. 5