Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2023
2019-01-23 
Даны многочлены $P(x), Q(x)$. Известно, что для некоторого многочлена $R(x,y)$ выполняется равенство $P(x) - P(y) = R(x,y)(Q(x) - Q(y))$. Докажите, что существует многочлен $S_{(x)}$ такой, что $P(x) = S (Q(x))$.
Решение:
Предположим противное. Рассмотрим многочлены $P(x), Q(x)$, для которых наше утверждение неверно и степень $P(x)$ - наименьшая из возможных. Обозначим степени $P(x)$ и $Q(x)$ через $n$ и $k$ соответственно. Заметим, что при домножении многочленов на ненулевые константы условие не меняется, поэтому будем считать $P(x)$ и $Q(x)$ приведенными. Ясно, что $n > 0$, иначе можно положить $S(x) = P(x) = 1$.
Лемма, $n$ делится на $k$.
Доказательство. Старшей компонентой $\overline{T(x, у)}$ многочлена от двух переменных $T(x,y)$ будем называть сумму всех составляющих его одночленов, сумма степеней при $x$ и $y$ у которых максимальна (так, у многочлена $x^3 + 3xy^2 + x - 2y^2$ старшей компонентой является $x^3 + 3xу^2$). Заметим, что $\overline {T_1 (x, у )T_2 (x, у)} = \overline{T_1 (x, у)} \cdot \overline {T_2 (x, у)}$. Тогда
$x^n-y^n = \overline{P(x) - P(y)} = \overline{R(x,y)} \cdot \overline{Q(x) - Q(y)} = \overline {R(x,y)}(x^k - y^k)$, т. е. многочлен $x^n - y^n$ делится на $x^k - y^k$. Если $n = qk + r$ - результат деления $n$ на $k$ с остатком, то
$x^n - y^n = x^r (x^{qk} - y^{qk}) + y^{qk}(x^r - y^r) = x^r (x^k - y^k)(x^{k(q-1)} + x^{k(q-2)} y^k + \cdots + y^{k(q-l)}) + y^{qk} (x^r - y^r)$,
поэтому $F(x, y) = y^{qk} (x^r - y^r)$ делится на $x^k - y^k$. Однако его степень по $x$ меньше, чем $k$, поэтому такое может быть лишь тогда, когда она равна нулю, т. е. $r = 0$. Лемма доказана.
Рассмотрим многочлены $P_1(x) = P(x) - Q^{n/k}(x)$ и $Q(x)$. Для них условие задачи выполнено:
$P_1(x) - P_1(y) = (R(x, y) - (Q^{n/k-1}(x) + Q^{n/k-2}(x)Q(y) + \cdots + Q^{n/k-1}(y)))(Q(x) - Q(y))$.
Кроме того, степень у $P_1(x)$ меньше, чем степень $P(x)$; поэтому $P_1(x) = S_1(Q(x))$ для некоторого многочлена $S_1(x)$. Тогда, положив $S(x) = S_1(x) + x^{n/k}$, получаем противоречие с выбором $P(x)$, так как $P(x) = P_1(x)+Q^{n/k} (x) = S(Q(x))$.
Даны многочлены $P(x), Q(x)$. Известно, что для некоторого многочлена $R(x,y)$ выполняется равенство $P(x) - P(y) = R(x,y)(Q(x) - Q(y))$. Докажите, что существует многочлен $S_{(x)}$ такой, что $P(x) = S (Q(x))$.
Решение:
Предположим противное. Рассмотрим многочлены $P(x), Q(x)$, для которых наше утверждение неверно и степень $P(x)$ - наименьшая из возможных. Обозначим степени $P(x)$ и $Q(x)$ через $n$ и $k$ соответственно. Заметим, что при домножении многочленов на ненулевые константы условие не меняется, поэтому будем считать $P(x)$ и $Q(x)$ приведенными. Ясно, что $n > 0$, иначе можно положить $S(x) = P(x) = 1$.
Лемма, $n$ делится на $k$.
Доказательство. Старшей компонентой $\overline{T(x, у)}$ многочлена от двух переменных $T(x,y)$ будем называть сумму всех составляющих его одночленов, сумма степеней при $x$ и $y$ у которых максимальна (так, у многочлена $x^3 + 3xy^2 + x - 2y^2$ старшей компонентой является $x^3 + 3xу^2$). Заметим, что $\overline {T_1 (x, у )T_2 (x, у)} = \overline{T_1 (x, у)} \cdot \overline {T_2 (x, у)}$. Тогда
$x^n-y^n = \overline{P(x) - P(y)} = \overline{R(x,y)} \cdot \overline{Q(x) - Q(y)} = \overline {R(x,y)}(x^k - y^k)$, т. е. многочлен $x^n - y^n$ делится на $x^k - y^k$. Если $n = qk + r$ - результат деления $n$ на $k$ с остатком, то
$x^n - y^n = x^r (x^{qk} - y^{qk}) + y^{qk}(x^r - y^r) = x^r (x^k - y^k)(x^{k(q-1)} + x^{k(q-2)} y^k + \cdots + y^{k(q-l)}) + y^{qk} (x^r - y^r)$,
поэтому $F(x, y) = y^{qk} (x^r - y^r)$ делится на $x^k - y^k$. Однако его степень по $x$ меньше, чем $k$, поэтому такое может быть лишь тогда, когда она равна нулю, т. е. $r = 0$. Лемма доказана.
Рассмотрим многочлены $P_1(x) = P(x) - Q^{n/k}(x)$ и $Q(x)$. Для них условие задачи выполнено:
$P_1(x) - P_1(y) = (R(x, y) - (Q^{n/k-1}(x) + Q^{n/k-2}(x)Q(y) + \cdots + Q^{n/k-1}(y)))(Q(x) - Q(y))$.
Кроме того, степень у $P_1(x)$ меньше, чем степень $P(x)$; поэтому $P_1(x) = S_1(Q(x))$ для некоторого многочлена $S_1(x)$. Тогда, положив $S(x) = S_1(x) + x^{n/k}$, получаем противоречие с выбором $P(x)$, так как $P(x) = P_1(x)+Q^{n/k} (x) = S(Q(x))$.
