Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 447
2014-06-08 
Доказать, что если многочлены $P(x,y), Q(x, y), R(x, y)$ степени меньше $m \in \mathbf{N}$ удовлетворяют тождеству
$x^{2m}P(x, y) + y^{2m}Q(x, y) \equiv (x + y)^{2m}R(x, y), x, y \in \mathbf{R}$,
то
$P(x, y) \equiv Q(x, y) \equiv R(x, y) \equiv 0$.
Решение:
Допустим, что хотя бы один из многочленов $P, Q, R$, удовлетворяющих условию задачи, не равен нулю тождественно. Тогда существуют числа $x_{0}$ и $y_{0} \neq 0$ такие, что хотя бы одно из чисел $P(x_{0}, y_{0}), Q(x_{0}, y_{0}), R(x_{0}, y_{0})$ отлично от нуля. Рассмотрим многочлены от одной переменной
$P_{1}(x) = P(x, y_{0}), Q_{1}(x) = y_{0}^{2m}Q(x, y_{0}), R_{1}(x) = R(x, y_{0})$.
По условию задачи имеем
$x^{2m}P_{1}(x) + Q_{1}(x) \equiv (x + y_{0})^{2m}R_{1}(x)$,
причем степени многочленов $P_{1}(x), Q_{1}(x)$ и $R_{1}(x)$ меньше $n$. Обозначим
$U(x) = x^{2m}P_{1}(x), T(x) = U(x) + Q_{1}(x) \equiv (x + y_{0})^{2m}R_{1}(x), S(x) = T^{(m)}(x)$.
Так как многочлен $U(x)$ делится на $x^{2m}$, то число 0 является его корнем кратности не меньше $2m$, поэтому
$U^{(m)}(0) = U^{(m+1)}(0) = \cdots = U^{(2m-1)}(0) = 0$.
Так как $deg Q_{1}(x) < m$, то
$Q_{1}^{(m)}(0) = Q_{1}^{(m+1)}(0) = \cdots = 0$.
Следовательно,
$T^{(m)} (0) = T^{(m+1)}(0) = \cdots = T^{(2m-1)}(0) = 0$,
т. е.
$S(0) = S^{\prime}(0) = \cdots = S^{(m-1)}(0) = 0$.
Поскольку число $- y_{0}$ является корнем многочлена $T(x) = (x + y_{0})^{2m}R_{1}(x)$ кратности не меньше $2m$, то
$T^{(m)}(- y_{0}) = T^{m + 1}(- y_{0}) = \cdots = T^{(2m-1)}(- y_{0}) = 0$,
а значит,
$S(- y_{0}) = S^{\prime}(- y_{0}) = \cdots = S^{(m-1)}(- y_{0}) = 0$.
Таким образом, числа 0 и $- y_{0} \neq 0$ являются корнями многочлена $S(x)$ кратностей, не меньших $m$. Следовательно, этот многочлен делится на многочлен $x^{m}(x + y_{0})^{m}$ степени $2m$. Но $deg T(x) < 3m$, а значит, $deg S(x) < 2m$, поэтому $S(x) \equiv 0$. Отсюда вытекает, что многочлен $T(x)$ имеет степень меньше $m$, но он делится на многочлен $(x + y_{0})^{2m}$, следовательно, $T(x) \equiv 0$, откуда $R_{1}(x) \equiv 0$. Из тождества $x^{2m}P_{1}(x) + Q_{1}(x) \equiv T(x) \equiv 0$ и неравенства $deg Q_{1}(x) < m$ получим, что $P_{1}(x) \equiv Q_{1}(x) \equiv 0$. Таким образом, $P_{1}(x_{0}) = Q_{1}(x_{0}) = R_{1}(x_{0}) = 0$, что противоречит выбору чисел $x_{0}$ и $y_{0}$. Утверждение задачи доказано.
Доказать, что если многочлены $P(x,y), Q(x, y), R(x, y)$ степени меньше $m \in \mathbf{N}$ удовлетворяют тождеству
$x^{2m}P(x, y) + y^{2m}Q(x, y) \equiv (x + y)^{2m}R(x, y), x, y \in \mathbf{R}$,
то
$P(x, y) \equiv Q(x, y) \equiv R(x, y) \equiv 0$.
Решение:
Допустим, что хотя бы один из многочленов $P, Q, R$, удовлетворяющих условию задачи, не равен нулю тождественно. Тогда существуют числа $x_{0}$ и $y_{0} \neq 0$ такие, что хотя бы одно из чисел $P(x_{0}, y_{0}), Q(x_{0}, y_{0}), R(x_{0}, y_{0})$ отлично от нуля. Рассмотрим многочлены от одной переменной
$P_{1}(x) = P(x, y_{0}), Q_{1}(x) = y_{0}^{2m}Q(x, y_{0}), R_{1}(x) = R(x, y_{0})$.
По условию задачи имеем
$x^{2m}P_{1}(x) + Q_{1}(x) \equiv (x + y_{0})^{2m}R_{1}(x)$,
причем степени многочленов $P_{1}(x), Q_{1}(x)$ и $R_{1}(x)$ меньше $n$. Обозначим
$U(x) = x^{2m}P_{1}(x), T(x) = U(x) + Q_{1}(x) \equiv (x + y_{0})^{2m}R_{1}(x), S(x) = T^{(m)}(x)$.
Так как многочлен $U(x)$ делится на $x^{2m}$, то число 0 является его корнем кратности не меньше $2m$, поэтому
$U^{(m)}(0) = U^{(m+1)}(0) = \cdots = U^{(2m-1)}(0) = 0$.
Так как $deg Q_{1}(x) < m$, то
$Q_{1}^{(m)}(0) = Q_{1}^{(m+1)}(0) = \cdots = 0$.
Следовательно,
$T^{(m)} (0) = T^{(m+1)}(0) = \cdots = T^{(2m-1)}(0) = 0$,
т. е.
$S(0) = S^{\prime}(0) = \cdots = S^{(m-1)}(0) = 0$.
Поскольку число $- y_{0}$ является корнем многочлена $T(x) = (x + y_{0})^{2m}R_{1}(x)$ кратности не меньше $2m$, то
$T^{(m)}(- y_{0}) = T^{m + 1}(- y_{0}) = \cdots = T^{(2m-1)}(- y_{0}) = 0$,
а значит,
$S(- y_{0}) = S^{\prime}(- y_{0}) = \cdots = S^{(m-1)}(- y_{0}) = 0$.
Таким образом, числа 0 и $- y_{0} \neq 0$ являются корнями многочлена $S(x)$ кратностей, не меньших $m$. Следовательно, этот многочлен делится на многочлен $x^{m}(x + y_{0})^{m}$ степени $2m$. Но $deg T(x) < 3m$, а значит, $deg S(x) < 2m$, поэтому $S(x) \equiv 0$. Отсюда вытекает, что многочлен $T(x)$ имеет степень меньше $m$, но он делится на многочлен $(x + y_{0})^{2m}$, следовательно, $T(x) \equiv 0$, откуда $R_{1}(x) \equiv 0$. Из тождества $x^{2m}P_{1}(x) + Q_{1}(x) \equiv T(x) \equiv 0$ и неравенства $deg Q_{1}(x) < m$ получим, что $P_{1}(x) \equiv Q_{1}(x) \equiv 0$. Таким образом, $P_{1}(x_{0}) = Q_{1}(x_{0}) = R_{1}(x_{0}) = 0$, что противоречит выбору чисел $x_{0}$ и $y_{0}$. Утверждение задачи доказано.
