Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1708
2019-01-20 
Уравнение $x^n + a_lx^{n-2} + a_2x^{n-2} + \cdots + a_{n-1}x + а_n = 0$ с целыми ненулевыми коэффициентами $а_1, а_2, \cdots, a_n$ имеет $n$ различных целых корней. Докажите, что если любые два корня взаимно просты, то и числа $a_{n-1}$ и $a_n$ взаимно просты.
Решение:
Пусть $a_{n-1}$ и $a_n$ не взаимно просты. Тогда они имеют общий простой делитель $p$, т. е. $a_{n-1} = pm, a_n = pk, m,k \in \mathbb{Z}$. Пусть $x_1, x_2,\cdots,x_n$ - корни уравнения. Из тождества $x^n + a_1x^{n-1} + a_2x^{n-2} + \cdots + a_{n-1}x + a_n = (x - x_1)(x - x_2)\cdots (x - x_n)$ получаем (приравнивая свободные члены и коэффициенты при $x$):
$x_1x_2 \cdots x_n = \pm a_n = \pm p_k$;
$x_1x_2 \cdots x_{n - 1} + x_1x_2 \cdots x_{n - 2}x_n + x_1x_2 \cdots x_{n-3}x_{n - 1}x_n + \cdots + x_1x_3x_4 \cdots x_{n-1}x_n + x_2x_3 \cdots x_{n-1}x_n = \pm a_{n-1} = \pm pm$.
Из первого равенства вытекает, что один из корней делится на $p$. Без ограничения общности $x_1$ делится на $p$. Тогда во втором равенстве все слагаемые левой части, кроме $x_2x_3 \cdots x_{n-1}x_n$, делятся на $p$. Значит, $x_2x_3 \cdots x_{n-1}x_n$ также делится на $p$, т. е. хотя бы один из корней $x_2,x_3,\cdots,x_n$ не взаимно прост с $x_1$. Противоречие.
Уравнение $x^n + a_lx^{n-2} + a_2x^{n-2} + \cdots + a_{n-1}x + а_n = 0$ с целыми ненулевыми коэффициентами $а_1, а_2, \cdots, a_n$ имеет $n$ различных целых корней. Докажите, что если любые два корня взаимно просты, то и числа $a_{n-1}$ и $a_n$ взаимно просты.
Решение:
Пусть $a_{n-1}$ и $a_n$ не взаимно просты. Тогда они имеют общий простой делитель $p$, т. е. $a_{n-1} = pm, a_n = pk, m,k \in \mathbb{Z}$. Пусть $x_1, x_2,\cdots,x_n$ - корни уравнения. Из тождества $x^n + a_1x^{n-1} + a_2x^{n-2} + \cdots + a_{n-1}x + a_n = (x - x_1)(x - x_2)\cdots (x - x_n)$ получаем (приравнивая свободные члены и коэффициенты при $x$):
$x_1x_2 \cdots x_n = \pm a_n = \pm p_k$;
$x_1x_2 \cdots x_{n - 1} + x_1x_2 \cdots x_{n - 2}x_n + x_1x_2 \cdots x_{n-3}x_{n - 1}x_n + \cdots + x_1x_3x_4 \cdots x_{n-1}x_n + x_2x_3 \cdots x_{n-1}x_n = \pm a_{n-1} = \pm pm$.
Из первого равенства вытекает, что один из корней делится на $p$. Без ограничения общности $x_1$ делится на $p$. Тогда во втором равенстве все слагаемые левой части, кроме $x_2x_3 \cdots x_{n-1}x_n$, делятся на $p$. Значит, $x_2x_3 \cdots x_{n-1}x_n$ также делится на $p$, т. е. хотя бы один из корней $x_2,x_3,\cdots,x_n$ не взаимно прост с $x_1$. Противоречие.
