C6 Многочлены с целыми коэф., теорема о корнях

Идея метода: многочлен с целыми коэффициентами обладает особой жёсткостью — его рациональные корни сильно ограничены, а значения в целых точках несут модульную информацию.

Главный результат — рациональный корень $\frac{p}{q}$ (в несократимом виде) многочлена $a_n x^n + \ldots + a_0$ обязан делить $a_0$ своим числителем $p$ и $a_n$ знаменателем $q$. Это сокращает поиск корней до конечного числа кандидатов.

Ещё более мощное свойство: для целых $m \neq n$ выполняется $(m - n) \mid (P(m) - P(n))$. Это следует из того, что каждое слагаемое $a_k(m^k - n^k)$ делится на $(m-n)$. Следствие: если $P(a) = 0$ и $a$ — целое, то $P(b) \equiv 0 \pmod{b-a}$ для любого целого $b$. Это позволяет проверять делимость значений многочлена без вычислений.

Интуитивно: целочисленный многочлен — это «жёсткая» функция, у которой значения в соседних целых точках не могут отличаться как попало; их разность всегда кратна расстоянию между точками.

• Теорема о рациональных корнях. Если $\frac{p}{q}$ (несократимая дробь) — корень $a_n x^n + \ldots + a_0 \in \mathbb{Z}[x]$, то $p \mid a_0$ и $q \mid a_n$. Условие: многочлен с целыми коэффициентами. Когда использовать: ищем рациональные или целые корни.

• Делимость разности значений. Для $P(x) \in \mathbb{Z}[x]$ и целых $m, n$: $(m - n) \mid (P(m) - P(n))$. Условие: $m, n \in \mathbb{Z}$. Когда использовать: нужно доказать делимость $P(a)$ или сравнить значения по модулю.

• Лемма о конечности целых корней. Целочисленный многочлен степени $n$ имеет не более $n$ корней. Условие: стандартные. Когда использовать: ограничиваем число возможных решений.

• Следствие для целых корней. Целый корень $P(x) \in \mathbb{Z}[x]$ делит свободный член $a_0$. Условие: старший коэффициент равен 1 (унитарный многочлен), иначе корень делит $a_0$ и $a_n$. Когда использовать: «найди все целые $n$, при которых ...» — перебираем делители.

• Перебор делителей свободного члена. Составь список делителей $a_0$ (и $a_n$), проверь каждого как кандидата на корень.
• Выделение $(x - a)$ после нахождения корня. Раздели $P(x)$ на $(x - a)$ и продолжай разложение многочлена меньшей степени.
• Сравнение по модулю. Применяй $(m-n) \mid (P(m) - P(n))$: подставляй $n = $ известный корень, $m = $ нужная точка.
• Оценка через конкурентные значения. Покажи, что $|P(a)| < 1$ при всех целых $a$ (кроме нескольких), значит $P(a) = 0$ невозможно.
• Редукция по модулю простого числа. Рассматривай $P(x) \pmod{p}$ — если многочлен не имеет корней в $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$, он неприводим над $\mathbb{Z}$.
• Лемма Гаусса. Произведение примитивных многочленов примитивно; используй для доказательства неприводимости.
• Критерий Эйзенштейна. Если простое $p$ делит все коэффициенты кроме старшего, $p^2$ не делит свободный член — многочлен неприводим над $\mathbb{Q}$.

Поверхностные признаки (что буквально написано):
- «Многочлен с целыми коэффициентами», «унитарный многочлен», «найдите все целые корни».
- «Докажите, что $P(n)$ делится на $k$ для всех натуральных $n$».
- «Найдите все целые числа $n$, для которых $P(n)$ является точным квадратом / простым числом / делится на $n$».

Структурные признаки (форма выражения, объекты):
- Многочлен степени ≥ 2 с явно записанными целыми коэффициентами.
- Выражение вида $n^k + c_1 n^{k-1} + \ldots + c_k$, где $c_i \in \mathbb{Z}$.
- Условие вида $P(a) = 0$ при нескольких целых $a$ — нужно восстановить $P$.

Цель задачи (что от тебя хотят):
- Найти все рациональные или целые корни многочлена.
- Доказать, что данный многочлен неприводим над $\mathbb{Q}$.
- Найти все целые $n$, при которых выполняется заданное условие на $P(n)$.

Задача 1. Найдите все целые числа $n$, при которых $n^3 - 3n + 2$ делится на $n^2 + n - 2$.

Источник: тренировочная (стиль ВсОШ, заключительный этап)

Как думать (рассуждение ученика):
1. Что я вижу? Два многочлена с целыми коэффициентами, нужна делимость. Степень числителя больше степени знаменателя — значит, поделю.
2. Какой метод? Теорема о делении многочленов + свойства целочисленных многочленов.
3. Первый ход: разделю $n^3 - 3n + 2$ на $n^2 + n - 2$.
4. Ключевая идея: если остаток равен нулю или делится на $n^2 + n - 2$, нашёл решение.

Решение:

Заметим: $n^2 + n - 2 = (n-1)(n+2)$. Разделим:$$n^3 - 3n + 2 = (n-1)(n^2 + n - 2) + (n^3 - 3n + 2 - (n^3 - n^2 - 2n + n^2 + n - 2))$$

Вычислим деление в столбик:$n^3 - 3n + 2 = (n - 1)(n^2 + n - 2) + 0$

Проверка: $(n-1)(n^2+n-2) = (n-1)(n-1)(n+2) = (n-1)^2(n+2)$.

$n^3 - 3n + 2 = (n-1)^2(n+2)$.

Действительно, $n^3 - 3n + 2 = (n-1)^2(n+2)$ — делится на $(n-1)(n+2) = n^2 + n - 2$ тогда и только тогда, когда $(n-1)(n+2)$ делит $(n-1)^2(n+2)$, что выполняется всегда. Значит, $n^3 - 3n + 2$ делится на $n^2 + n - 2$ для всех целых $n$.

Ответ: при всех целых $n$.

Что было главным: разложение на множители обнажило структуру задачи — факторизация решила всё.

Задача 2. Докажите, что многочлен $P(x) = x^4 + 3x^3 - 9x^2 + 3x + 1$ не имеет рациональных корней, но имеет ровно два вещественных корня.

Источник: тренировочная (стиль Физтех/ВсОШ заключ.)

Как думать (рассуждение ученика):
1. Что я вижу? Многочлен с целыми коэффициентами степени 4. Нужно рациональных корней нет.
2. Метод: теорема о рациональных корнях — перебираю делители свободного члена (±1).
3. Ход: $P(1) = 1 + 3 - 9 + 3 + 1 = -1 \neq 0$; $P(-1) = 1 - 3 - 9 - 3 + 1 = -13 \neq 0$. Рациональных корней нет.
4. Вещественные корни: разделю на $x^2$: $x^2 + 3x - 9 + \frac{3}{x} + \frac{1}{x^2}$. Обозначу $t = x + \frac{1}{x}$, тогда $t^2 - 2 = x^2 + \frac{1}{x^2}$. Уравнение: $(t^2 - 2) + 3t - 9 = 0$, $t^2 + 3t - 11 = 0$. Дискриминант: $9 + 44 = 53 > 0$, два значения $t$. При $|t| \geq 2$ уравнение $x + \frac{1}{x} = t$ имеет два вещественных решения; при $|t| < 2$ — нет.

$t = \frac{-3 \pm \sqrt{53}}{2}$. $t_1 \approx 2.14 > 2$ — даёт два корня $x$. $t_2 \approx -5.14 < -2$ — тоже даёт два корня, но мы ищем вещественные: оба значения $|t_i| > 2$, значит итого 4 вещественных корня... Уточнение: $t_1 \approx 2.14 > 2$ — два положительных корня; $t_2 \approx -5.14 < -2$ — два отрицательных корня. Итого 4 вещественных корня, все нерациональные.

Ответ: рациональных корней нет; все четыре корня вещественны и иррациональны.

Что было главным: теорема о рациональных корнях сводит «нет рациональных корней» к конечной проверке; подстановка $t = x + 1/x$ — классический приём для симметричных многочленов.

• Ошибка: забыть проверить все делители свободного члена (включая отрицательные и дробные $\pm\frac{p}{q}$). Почему неверно: $\frac{1}{2}$ или $-3$ могут быть корнями, даже если $\pm 1$ не подошли. Как избежать: выпиши систематически все пары $(p, q)$: $p \mid a_0$, $q \mid a_n$.
• Ошибка: считать, что если многочлен не имеет целых корней, то он неприводим. Почему неверно: он может разложиться в произведение многочленов степени 2. Как избежать: для доказательства неприводимости используй критерий Эйзенштейна или редукцию по модулю.
• Ошибка: при применении $(m-n) \mid P(m) - P(n)$ подставлять нецелые $m, n$. Почему неверно: теорема работает только для целых аргументов. Как избежать: убедись, что оба значения целые.
• Ошибка: считать, что многочлен с иррациональными коэффициентами ведёт себя так же. Почему неверно: все описанные свойства специфичны для $\mathbb{Z}[x]$. Как избежать: внимательно читай условие: «с целыми коэффициентами» — ключевая фраза.
• Ошибка: пропустить случай $q > 1$ при поиске рациональных корней (искать только целые). Почему неверно: если старший коэффициент $\neq 1$, дробные рациональные корни возможны. Как избежать: всегда проверяй делители $a_n$.