Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 3738
2019-06-16 
Дан многочлен $P(x)$ с
а) натуральными коэффициентами;
б) целыми коэффициентами.
Обозначим через $a_n$ сумму цифр в десятичной записи числа $P(n)$. Докажите, что найдется число, которое встречается в последовательности $a_1, a_2$, бесконечно много раз.
Решение:
а) В качестве такого числа $S$ можно взять сумму всех цифр в записи всех коэффициентов многочлена $P(x)$: тогда для
любого $n \geq n_0$, где $n_0$ выбрано так, что $10^{n_0}$ больше всех коэффициентов, $a_{10^n} = S$.
б) Результат а) можно применить к многочлену $Q(x) = P(x + d)$, где $d$ - большое натуральное число; при этом получится, что при достаточно большом $n_0 = n_0(d)$ для любого $n \geq n_0$ сумма всех цифр числа $Q (10^n) = a_{10^n + d}$ одна и та же. Конечно, нужно проверить условие, что все коэффициенты $Q (x)$ одного знака.
При достаточно большом $d > 0$ коэффициенты многочлена $Q(x) = P(x + d)$ имеют тот же знак, что и старший коэффициент многочлена $P(x) = p_0 x^n + p_1x^{n-l} + \cdots + p_n$. Наметим два пути доказательства.
1° Коэффициенты многочлена
$Q (x) = p_0 (x + d)^n + p_1 (x + d)^{n-l} + \cdots + p_n = p_0 (x^n + C_n^1x^{n-1}d + \cdots + C_n^{n-1} xd^{n-1} + d^n) + p_1 (x^{n-1} + C_{n-1}^1 x^{n-2} d + \cdots + d^{n-1}) + \cdots + p_n = q_0 x^n + q_1 (d) x^{n-1} + \cdots + q_n (d)$,
где $q_k(d), k = 0, 1, \cdots, n$, - многочлены от $d$, причем $q_k (d)$ имеет степень $k$ и старший член $p_0C_n^k d^k$ (a $q_0$ просто равняется $p_0$). Тогда при достаточно большом $d > d_0$ каждый $q_k (d)$ будет иметь тот же знак, что и $p_0$.
2°. Если у многочлена $P(x)$ первые несколько коэффициентов $p_0, p_1, \cdots, p_{n-k}$ имеют один и тот же знак, то при сдвиге $P(x) \rightarrow (x + d) = Q(x)$ на $d$ из него получится многочлен, у которого коэффициенты $q_0, q_1, \cdots, q_{n-k}$ имеют тот же знак, и следующий коэффициент $q_{n-k+1} = p_0 C_n^{n-k+1} d^{n-k+1} + p_1 C_{n-1}^{n-k} d^{n-k} + \cdots + p_{n-k} d + p_{n-k+1}$ при достаточно большом $d$ будет иметь тот же знак. Таким образом, за $n - 1$ сдвиг мы можем получить из любого многочлена $P(x)$ такой, у которого все коэффициенты имеют тот же знак, что и $p_0$.
Здесь использовался лишь тот факт, что числа $C_n^k$ - коэффициенты бинома $(a + b)^n = \sum_{k=1}^n C_n^k a^k b^{n-k}$ - положительны.
Дан многочлен $P(x)$ с
а) натуральными коэффициентами;
б) целыми коэффициентами.
Обозначим через $a_n$ сумму цифр в десятичной записи числа $P(n)$. Докажите, что найдется число, которое встречается в последовательности $a_1, a_2$, бесконечно много раз.
Решение:
а) В качестве такого числа $S$ можно взять сумму всех цифр в записи всех коэффициентов многочлена $P(x)$: тогда для
любого $n \geq n_0$, где $n_0$ выбрано так, что $10^{n_0}$ больше всех коэффициентов, $a_{10^n} = S$.
б) Результат а) можно применить к многочлену $Q(x) = P(x + d)$, где $d$ - большое натуральное число; при этом получится, что при достаточно большом $n_0 = n_0(d)$ для любого $n \geq n_0$ сумма всех цифр числа $Q (10^n) = a_{10^n + d}$ одна и та же. Конечно, нужно проверить условие, что все коэффициенты $Q (x)$ одного знака.
При достаточно большом $d > 0$ коэффициенты многочлена $Q(x) = P(x + d)$ имеют тот же знак, что и старший коэффициент многочлена $P(x) = p_0 x^n + p_1x^{n-l} + \cdots + p_n$. Наметим два пути доказательства.
1° Коэффициенты многочлена
$Q (x) = p_0 (x + d)^n + p_1 (x + d)^{n-l} + \cdots + p_n = p_0 (x^n + C_n^1x^{n-1}d + \cdots + C_n^{n-1} xd^{n-1} + d^n) + p_1 (x^{n-1} + C_{n-1}^1 x^{n-2} d + \cdots + d^{n-1}) + \cdots + p_n = q_0 x^n + q_1 (d) x^{n-1} + \cdots + q_n (d)$,
где $q_k(d), k = 0, 1, \cdots, n$, - многочлены от $d$, причем $q_k (d)$ имеет степень $k$ и старший член $p_0C_n^k d^k$ (a $q_0$ просто равняется $p_0$). Тогда при достаточно большом $d > d_0$ каждый $q_k (d)$ будет иметь тот же знак, что и $p_0$.
2°. Если у многочлена $P(x)$ первые несколько коэффициентов $p_0, p_1, \cdots, p_{n-k}$ имеют один и тот же знак, то при сдвиге $P(x) \rightarrow (x + d) = Q(x)$ на $d$ из него получится многочлен, у которого коэффициенты $q_0, q_1, \cdots, q_{n-k}$ имеют тот же знак, и следующий коэффициент $q_{n-k+1} = p_0 C_n^{n-k+1} d^{n-k+1} + p_1 C_{n-1}^{n-k} d^{n-k} + \cdots + p_{n-k} d + p_{n-k+1}$ при достаточно большом $d$ будет иметь тот же знак. Таким образом, за $n - 1$ сдвиг мы можем получить из любого многочлена $P(x)$ такой, у которого все коэффициенты имеют тот же знак, что и $p_0$.
Здесь использовался лишь тот факт, что числа $C_n^k$ - коэффициенты бинома $(a + b)^n = \sum_{k=1}^n C_n^k a^k b^{n-k}$ - положительны.
