Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 3026
2019-05-06 
Доказать, что если многочлен
$P(x) = a_0x^n + a_1x^{n-1} + a_2x^{n-2} + \cdots + a_{n-1}x + a_n$
с целыми коэффициентами при двух целых значениях $x = p$ и $x = q (p > q)$ равен по абсолютной величине 1 и уравнение $P(x) = 0$ имеет рациональный корень $a$, то $p-q$ равно 1 или 2 и $a = \frac{p+q}{2}$.
Решение:
Предположим, что уравнение $P(x) = 0$ имеет рациональный корень $x = \frac{k}{l}$, т.е. $P \left ( \frac{k}{l} \right ) = 0$. Разложим многочлен $P(x)$ по степеням $x - p$, т. е. запишем его в виде
$P(x) = c_0(x - p)^n + c_1(x - p)^{n-1} +c_2(x - p)^{n-2} + \cdots + c_{n-1}(x - p) + c_n$,
где $c_0, c_1, c_2, \cdots, c_n$ - некоторые целые числа, которые нетрудно найти, если известны $a_0, a_1, \cdots, a_n$ ($c_0$ равно старшему коэффициенту $a_0$ многочлена $P(x) - c_0 (x - p)^n$ степени ${n-1}, c_2$ - старшему коэффициенту многочлена $P(x) - c_0(x - p)^n - c_1 (x - p)^{n-1}$ степени $n - 2$ и т. д.). Подставив $x = p$ в последнее выражение для $P(x)$, мы получим $c_n = P(p) = \pm 1$.
Подставив в это же выражение $x = \frac{k}{l}$ и умножив результат на $l^n$, мы получим:
$l^nP \left ( \frac{k}{l} \right ) = c_0 (k - pl)^n + c_1l (k - pl)^{n-1} + c_2l^2 (k - pl)^{n-2} + \cdots + c_{n-1} l^{n-1} (k - pl) + c_n l^n = 0$,
откуда следует, что если $P \left ( \frac{k}{l} \right ) = 0$, то
$\frac {c_nl^n}{k - pl} = \frac {\pm l^n}{k - pl} = - c_0 (k - pl)^{n-1}$
есть целое число. Но так как $pl$ делится , на $l$, a $k$ взаимно просто с $l$ (иначе дробь $\frac{k}{l}$ можно было бы сократить),то $k - pl$ взаимно просто с $l$, а следовательно, $k - pl$ взаимно просто и с $l^n$. Отсюда, следует, что $\frac {\pm l^n}{k - pl}$ может быть целым числом только, если $k - pl = \pm 1$.
Точно так же докажем, что и $k - ql = \pm 1$.
Вычтя теперь равенство $k - pl = \pm 1$ из равенства $k - ql = \pm 1$, мы получим:
$(р - q)l = 0$, или $(p - q)l = \pm 2$.
Но $(p - q)l > 0$, так как $p > q$ и $l > 0$, а следовательно, $(p - q)l = 2, k - pl = - 1, k - ql = 1$.
Итак, если $p - q > 2$, то уравнение $P(x) = 0$ вовсе не может иметь рациональных корней. Если же $р - q = 2$ или $p - q = 1$, то рациональный корень $\frac{k}{l}$ может существовать. При этом, складывая равенства
$k - pl = - 1, k - ql = 1$,
мы получаем:
$2k - (p + q)l = 0, \frac{k}{l} = \frac{p+q}{2}$,
что и требовалось доказать.
Доказать, что если многочлен
$P(x) = a_0x^n + a_1x^{n-1} + a_2x^{n-2} + \cdots + a_{n-1}x + a_n$
с целыми коэффициентами при двух целых значениях $x = p$ и $x = q (p > q)$ равен по абсолютной величине 1 и уравнение $P(x) = 0$ имеет рациональный корень $a$, то $p-q$ равно 1 или 2 и $a = \frac{p+q}{2}$.
Решение:
Предположим, что уравнение $P(x) = 0$ имеет рациональный корень $x = \frac{k}{l}$, т.е. $P \left ( \frac{k}{l} \right ) = 0$. Разложим многочлен $P(x)$ по степеням $x - p$, т. е. запишем его в виде
$P(x) = c_0(x - p)^n + c_1(x - p)^{n-1} +c_2(x - p)^{n-2} + \cdots + c_{n-1}(x - p) + c_n$,
где $c_0, c_1, c_2, \cdots, c_n$ - некоторые целые числа, которые нетрудно найти, если известны $a_0, a_1, \cdots, a_n$ ($c_0$ равно старшему коэффициенту $a_0$ многочлена $P(x) - c_0 (x - p)^n$ степени ${n-1}, c_2$ - старшему коэффициенту многочлена $P(x) - c_0(x - p)^n - c_1 (x - p)^{n-1}$ степени $n - 2$ и т. д.). Подставив $x = p$ в последнее выражение для $P(x)$, мы получим $c_n = P(p) = \pm 1$.
Подставив в это же выражение $x = \frac{k}{l}$ и умножив результат на $l^n$, мы получим:
$l^nP \left ( \frac{k}{l} \right ) = c_0 (k - pl)^n + c_1l (k - pl)^{n-1} + c_2l^2 (k - pl)^{n-2} + \cdots + c_{n-1} l^{n-1} (k - pl) + c_n l^n = 0$,
откуда следует, что если $P \left ( \frac{k}{l} \right ) = 0$, то
$\frac {c_nl^n}{k - pl} = \frac {\pm l^n}{k - pl} = - c_0 (k - pl)^{n-1}$
есть целое число. Но так как $pl$ делится , на $l$, a $k$ взаимно просто с $l$ (иначе дробь $\frac{k}{l}$ можно было бы сократить),то $k - pl$ взаимно просто с $l$, а следовательно, $k - pl$ взаимно просто и с $l^n$. Отсюда, следует, что $\frac {\pm l^n}{k - pl}$ может быть целым числом только, если $k - pl = \pm 1$.
Точно так же докажем, что и $k - ql = \pm 1$.
Вычтя теперь равенство $k - pl = \pm 1$ из равенства $k - ql = \pm 1$, мы получим:
$(р - q)l = 0$, или $(p - q)l = \pm 2$.
Но $(p - q)l > 0$, так как $p > q$ и $l > 0$, а следовательно, $(p - q)l = 2, k - pl = - 1, k - ql = 1$.
Итак, если $p - q > 2$, то уравнение $P(x) = 0$ вовсе не может иметь рациональных корней. Если же $р - q = 2$ или $p - q = 1$, то рациональный корень $\frac{k}{l}$ может существовать. При этом, складывая равенства
$k - pl = - 1, k - ql = 1$,
мы получаем:
$2k - (p + q)l = 0, \frac{k}{l} = \frac{p+q}{2}$,
что и требовалось доказать.
