Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 3013
2019-05-06 
Дан многочлен $P(x) = a_0x^n + a_1x^{n-1} + a_n$ с
а) натуральными;
б) целыми коэффициентами $a_0, a_1, \cdots, a_n$; сумму цифр числа $P(n)$ обозначим через $s(n)$ (ясно, что величина $s(n)$ имеет смысл лишь в том случае, если число $P(n)$ - натуральное; в противном случае $s(n)$ просто не существует).
Доказать, что если последовательность $s(l), s(2), s(3), \cdots$ содержит бесконечно много чисел, то она содержит бесконечно много одинаковых чисел.
Решение:
а) Если все коэффициенты $P(x)$ неотрицательны, то все числа $s(l), s(2), s(3), \cdots$ имеют смысл. Рассмотрим такую степень десяти $N = 10^к$, что $N$ больше всех коэффициентов $a_0, a_1, a_2, \cdots$ многочлена $P(x)$. Тогда число $P(N)=P(10^k)$, очевидно, начинается с тех цифр, которыми записывается коэффициент $a_0$ многочлена; затем (после, быть может, некоторого числа нулей) идут цифры числа $_1$; затем (возможно, опять после нулей) - цифры числа $a_2$, и т. д. - вплоть до цифр числа $a_n$ поэтому число $s(10^k) = S$ равно сумме всех цифр всех чисел $a_0, a_1, \cdots, a_n$. Но этому же самому числу 5 равны и величины $s(10^{k+1}), s(l0^{k+2}), \cdots$ откуда и следует, что в последовательности $s( 1), s(2), \cdots$ число $S$ встречается бесконечно много раз.
б) Ясно, что если старший коэффициент $a_0$ многочлена $P(x)$ отрицателен, то среди чисел $s(1), s(2), s(3), \cdots$ будет вообще лишь конечное число имеющих смысл (ибо при всех достаточно больших $x$ многочлен $P(x)$ имеет тот же знак, что и его старший коэффициент $a_0$ - это следует, например, из того, что $\lim_{x \rightarrow \infty}\frac{P(x)}{a_0x^n} = 1$).
Таким образом, остается лишь рассмотреть случай $a_0 > 0$. Но в этом случае, как мы покажем, существует таков число $М > 0$, что у «сдвинутого», многочлена $P(x) = P(x + M)$ все коэффициенты положительны. Отсюда будет следовать, что последовательность $\bar {s}(l), \bar {s}(2), \bar {s}(3), \cdots$ сумм цифр чисел $\bar {P}(1), \bar {P}(2), \bar {P}(3), \cdots$ содержит бесконечно много одинаковых чисел, а так как, очевидно, $\bar{s}(l) = s(M + 1), \bar{s}(2)= s(M + 2), \bar{s}(3) = s(M + 3), \cdots$, то и последовательность $s(l), s(2), s(3), \cdots$ также содержит бесконечно много одинаковых чисел.
Итак, нам остается лишь доказать напечатанное выше курсивом утверждение. Но если
$\bar {P}(x) = P(x + M) = a_0 (x + M)^n + a_1(x + M)^{n-1} + a_2(x + M)^{n-2} + \cdots + a_{n-1} (x+M) + a_n = \bar {a_0}x^n + \bar {a_1}x^{n-1} + \bar {a_2}x^{n-2} + \cdots + \bar {a_{n-1}}x + \bar {a_n}$,
то, в силу формулы бинома Ньютона,
$\bar {a_i} = a_0 \cdot C_n^i M^{n-i} + a_1 \cdot C_{n-1}^i M^{n-i-1} + \cdots + a_i$,
где $i = 0, 1, 2, \cdots, n$. Таким образом, $\bar {a_i}$ - имеет вид многочлена (степени $n - i$) от $M$ со старшим коэффициентом $a_0 \cdot С_n^i > 0$, поэтому все $a_i$ (где $i = 1, 2, \cdots$; заметим, что $\bar {a_0} = a_0 > 0$) при достаточно большом $М$ будут положительны, что и требовалось доказать.
Дан многочлен $P(x) = a_0x^n + a_1x^{n-1} + a_n$ с
а) натуральными;
б) целыми коэффициентами $a_0, a_1, \cdots, a_n$; сумму цифр числа $P(n)$ обозначим через $s(n)$ (ясно, что величина $s(n)$ имеет смысл лишь в том случае, если число $P(n)$ - натуральное; в противном случае $s(n)$ просто не существует).
Доказать, что если последовательность $s(l), s(2), s(3), \cdots$ содержит бесконечно много чисел, то она содержит бесконечно много одинаковых чисел.
Решение:
а) Если все коэффициенты $P(x)$ неотрицательны, то все числа $s(l), s(2), s(3), \cdots$ имеют смысл. Рассмотрим такую степень десяти $N = 10^к$, что $N$ больше всех коэффициентов $a_0, a_1, a_2, \cdots$ многочлена $P(x)$. Тогда число $P(N)=P(10^k)$, очевидно, начинается с тех цифр, которыми записывается коэффициент $a_0$ многочлена; затем (после, быть может, некоторого числа нулей) идут цифры числа $_1$; затем (возможно, опять после нулей) - цифры числа $a_2$, и т. д. - вплоть до цифр числа $a_n$ поэтому число $s(10^k) = S$ равно сумме всех цифр всех чисел $a_0, a_1, \cdots, a_n$. Но этому же самому числу 5 равны и величины $s(10^{k+1}), s(l0^{k+2}), \cdots$ откуда и следует, что в последовательности $s( 1), s(2), \cdots$ число $S$ встречается бесконечно много раз.
б) Ясно, что если старший коэффициент $a_0$ многочлена $P(x)$ отрицателен, то среди чисел $s(1), s(2), s(3), \cdots$ будет вообще лишь конечное число имеющих смысл (ибо при всех достаточно больших $x$ многочлен $P(x)$ имеет тот же знак, что и его старший коэффициент $a_0$ - это следует, например, из того, что $\lim_{x \rightarrow \infty}\frac{P(x)}{a_0x^n} = 1$).
Таким образом, остается лишь рассмотреть случай $a_0 > 0$. Но в этом случае, как мы покажем, существует таков число $М > 0$, что у «сдвинутого», многочлена $P(x) = P(x + M)$ все коэффициенты положительны. Отсюда будет следовать, что последовательность $\bar {s}(l), \bar {s}(2), \bar {s}(3), \cdots$ сумм цифр чисел $\bar {P}(1), \bar {P}(2), \bar {P}(3), \cdots$ содержит бесконечно много одинаковых чисел, а так как, очевидно, $\bar{s}(l) = s(M + 1), \bar{s}(2)= s(M + 2), \bar{s}(3) = s(M + 3), \cdots$, то и последовательность $s(l), s(2), s(3), \cdots$ также содержит бесконечно много одинаковых чисел.
Итак, нам остается лишь доказать напечатанное выше курсивом утверждение. Но если
$\bar {P}(x) = P(x + M) = a_0 (x + M)^n + a_1(x + M)^{n-1} + a_2(x + M)^{n-2} + \cdots + a_{n-1} (x+M) + a_n = \bar {a_0}x^n + \bar {a_1}x^{n-1} + \bar {a_2}x^{n-2} + \cdots + \bar {a_{n-1}}x + \bar {a_n}$,
то, в силу формулы бинома Ньютона,
$\bar {a_i} = a_0 \cdot C_n^i M^{n-i} + a_1 \cdot C_{n-1}^i M^{n-i-1} + \cdots + a_i$,
где $i = 0, 1, 2, \cdots, n$. Таким образом, $\bar {a_i}$ - имеет вид многочлена (степени $n - i$) от $M$ со старшим коэффициентом $a_0 \cdot С_n^i > 0$, поэтому все $a_i$ (где $i = 1, 2, \cdots$; заметим, что $\bar {a_0} = a_0 > 0$) при достаточно большом $М$ будут положительны, что и требовалось доказать.
