Олимпиадная задача по многочленам: доказательство представления P(x) через Q(x), 9–11 класс

  Предположим противное: рассмотрим многочлены P(x), Q(x), для которых наше утверждение неверно и степень P(x) – наименьшая из возможных. Обозначим степени P и Q через n и k соответственно. При домножении многочленов на ненулевые константы условие не меняется, поэтому будем считать P(x) и Q(x) приведёнными. Ясно, что  n > 0,  иначе можно положить  S(x) = P(x) = 1.   Лемма. n делится на k.

  Доказательство. Старшей компонентой T_C(x, y) многочлена T(x, y) от двух переменных будем называть сумму всех составляющих его одночленов, степень которых максимальна (так, у многочлена  x³ + 3xy² + x – 2y²  старшей компонентой является  x³ + 3xy²).  Заметим, что старшая компонента произведения равна произведению старших компонент. Поэтому  xⁿ – yⁿ = (P(x) – P(y))_C = R_C(x, y)(x^k – y^k),  то есть многочлен  xⁿ – yⁿ  делится на  x^k – y^k.

  Если  n = mk + r  – результат деления n на k с остатком, то  xⁿ – yⁿ = x^r(x^mk – y^mk) + y^mk(x^r – y^r).  Первое слагаемое делится на  x^k – y^k,  поэтому и

y^mk(x^r – y^r)  делится на  x^k – y^k.  Однако его степень по x меньше k, значит,  r = 0.   Пусть  n = mk.  Рассмотрим многочлены  P₁(x) = P(x) – Q^m(x)  и Q(x). Для них условие задачи выполнено:

P₁(x) – P₁(y) = (R(x, y) – (Q^m–1(x) + Q^m–2(x)Q(y) + ... + Q^m–1(y)))(Q(x) – Q(y)).  Кроме того, степень P₁(x) меньше, чем степень P(x); поэтому  P₁(x) = S₁(Q(x))  для некоторого многочлена S₁(x). Тогда, положив  S(x) = S₁(x) + x^m,  получаем противоречие с выбором P(x), так как  P(x) = P₁(x) + Q^m(x) = S(Q(x)).

Ответ задачи отсутствует