Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi poset: 10-10-2022 - 12:03
Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương $P$ squarefree sao cho $\sum_{j=1}^{n}a_jx_{i+Dk_j}=0,\forall i\in\mathbb{Z},D\equiv 1(mod\; P)$
Lời giải poset, 13-04-2023 - 23:04
Với đa thức nguyên $Q(X)=b_nX^n+b_{n-1}X^{n-1}+...+b_1X+b_0$, ta định nghĩa $Q(X)[0]=0,Q(X)[x_i]=b_nx_{i+n}+b_{n-1}x_{i+n-1}+...+b_1x_{i+1}+b_0x_i$ và $Q(X)[d_{i_1}x_{i_1}+d_{i_2}x_{i_2}+...+d_{i_m}x_{i_m}]=d_{i_1}Q(X)[x_{i_1}]+d_{i_2}Q(X)[x_{i_2}]+...+d_{i_m}Q(X)[x_{i_m}]$, dễ thấy định nghĩa này hoàn toàn xác định.
Quay trở lại bài toán. Bằng cách cộng thêm vào các số $k_i$ cùng một số đủ lớn, bài toán vẫn không thay đổi và ta có thể giả sử $k_i$ không âm. Ta đặt $Q(X)=a_1x^{k_1}+a_2x^{k_2}+...+a_nx^{k_n}$ là một đa thức nguyên, theo giả thuyết đề bài ta có $Q(X)[x_i]=0,\forall i\in\mathbb{Z}$. Ta đặt $N=\max_{1\leq i\leq n}(a_i)$. Ta sẽ chứng minh với mọi số nguyên dương $D$ có mọi ước nguyên tố lớn hơn $MNn$, ta có $\sum_{j=1}^na_jx_{i+Dk_j}=Q(X^D)[x_i]=0,\forall i\in\mathbb{Z}$. Ta sẽ chứng minh bài toán mạnh hơn, với mọi đa thức nguyên $R(X)$ có hệ số bị chặn bởi $N$ và số hệ số khác $0$ không quá $n$ thỏa mãn $R(X)[x_i]=0,\forall i\in\mathbb{Z}$, ta có $R(X^D)[x_i]=0,\forall i\in\mathbb{Z}$.
Với $D=p_1^{q_1}p_2^{q_2}...p_m^{q_m},p_i>MNn$, định nghĩa $deg(D)=\sum_{i=1}^mq_i$. Ta sẽ chứng minh bài toán bằng quy nạp theo $deg(D)$:
-Với $deg(D)=0$, tức $D=1$ thì $R(X^D)[x_i]=R(X)[x_i]=0,\forall i\in\mathbb{Z}$ đúng.
-Với $deg(D)=1$, tức $D=p$ với $p>MNn$ là số nguyên tố. Theo Theorem, tồn tại đa thức nguyên $S(X)$ thỏa mãn $R^p(X)=R(X^p)+pS(X)$. Theo Theorem và giả thuyết bài toán ta có:
$0=R^{p-1}(X)[0]=R^{p-1}[R(X)[x_i]]=R^p(X)[x_i]=(R(X^p)+pS(X))[x_i]=R(X^p)[x_i]+pS(X)[x_i],\forall i\in\mathbb{Z}$
tức $R(X^p)[x_i]\equiv 0(mod\; p),\forall i\in\mathbb{Z}$. Ta lại có:
$\left | R(X^p)[x_i] \right |=\left | \sum_{j=1}^{n}b_jx_{i+pl_j} \right |\leq\sum_{j=1}^{n}|b_jx_{i+pl_j}|\leq MNn<p,\forall i\in\mathbb{Z}$ theo giả thuyết của đề bài và đa thức $R(X)$, do đó $R(X^p)[x_i]=0,\forall i\in\mathbb{Z}$, đúng.
-Với $deg(D)>1$, giả sử bài toán đúng với $E$ có mọi ước nguyên tố lớn hơn $MNn$ và $deg(E)=deg(D)-1$. Chọn $p|D,p>MNn$ và $D=pE$ ta có $deg(E)=deg(D)-1$ và $E$ có mọi ước nguyên tố lớn hơn $MNn$, theo giả thuyết quy nạp với $E$ ta có $R(X^E)[x_i]=0,\forall i\in\mathbb{Z}$, ta có $R(X^E)$ có hệ số bị chặn bởi $N$ và số hệ số khác $0$ không quá $n$, do vậy áp dụng bài toán trong trường hợp $p>MNn$ đã chứng minh ở trên ta có $R(X^D)[x_i]=R((X^p)^E)[x_i]=0,\forall i\in\mathbb{Z}$.
Vậy bài toán được chứng minh.
Với $D$ âm và có mọi ước nguyên tố lớn hơn $MNn$, ta đổi dấu $D,k_1,k_2,...,k_n$ và làm tương tự ta cũng có $\sum_{j=1}^na_jx_{i+Dk_j}=Q(X^D)[x_i]=0,\forall i\in\mathbb{Z}$.
Ta chọn $P$ là tích của tất cả số nguyên tố không vượt quá $\max(MNn,2)$ thì $P$ squarefree và nếu $D\equiv 1(mod\; P)$ thì $D$ có mọi ước nguyên tố lớn hơn $MNn$, do đó $\sum_{j=1}^na_jx_{i+Dk_j}=0,\forall i\in\mathbb{Z}$. Vậy $P$ thỏa mãn đề bài.
#1
Đã gửi 10-10-2022 - 11:45
- perfectstrong, DOTOANNANG, Hoang72 và 1 người khác yêu thích
#2
Đã gửi 13-04-2023 - 23:04
Với đa thức nguyên $Q(X)=b_nX^n+b_{n-1}X^{n-1}+...+b_1X+b_0$, ta định nghĩa $Q(X)[0]=0,Q(X)[x_i]=b_nx_{i+n}+b_{n-1}x_{i+n-1}+...+b_1x_{i+1}+b_0x_i$ và $Q(X)[d_{i_1}x_{i_1}+d_{i_2}x_{i_2}+...+d_{i_m}x_{i_m}]=d_{i_1}Q(X)[x_{i_1}]+d_{i_2}Q(X)[x_{i_2}]+...+d_{i_m}Q(X)[x_{i_m}]$, dễ thấy định nghĩa này hoàn toàn xác định.
Quay trở lại bài toán. Bằng cách cộng thêm vào các số $k_i$ cùng một số đủ lớn, bài toán vẫn không thay đổi và ta có thể giả sử $k_i$ không âm. Ta đặt $Q(X)=a_1x^{k_1}+a_2x^{k_2}+...+a_nx^{k_n}$ là một đa thức nguyên, theo giả thuyết đề bài ta có $Q(X)[x_i]=0,\forall i\in\mathbb{Z}$. Ta đặt $N=\max_{1\leq i\leq n}(a_i)$. Ta sẽ chứng minh với mọi số nguyên dương $D$ có mọi ước nguyên tố lớn hơn $MNn$, ta có $\sum_{j=1}^na_jx_{i+Dk_j}=Q(X^D)[x_i]=0,\forall i\in\mathbb{Z}$. Ta sẽ chứng minh bài toán mạnh hơn, với mọi đa thức nguyên $R(X)$ có hệ số bị chặn bởi $N$ và số hệ số khác $0$ không quá $n$ thỏa mãn $R(X)[x_i]=0,\forall i\in\mathbb{Z}$, ta có $R(X^D)[x_i]=0,\forall i\in\mathbb{Z}$.
Với $D=p_1^{q_1}p_2^{q_2}...p_m^{q_m},p_i>MNn$, định nghĩa $deg(D)=\sum_{i=1}^mq_i$. Ta sẽ chứng minh bài toán bằng quy nạp theo $deg(D)$:
-Với $deg(D)=0$, tức $D=1$ thì $R(X^D)[x_i]=R(X)[x_i]=0,\forall i\in\mathbb{Z}$ đúng.
-Với $deg(D)=1$, tức $D=p$ với $p>MNn$ là số nguyên tố. Theo Theorem, tồn tại đa thức nguyên $S(X)$ thỏa mãn $R^p(X)=R(X^p)+pS(X)$. Theo Theorem và giả thuyết bài toán ta có:
$0=R^{p-1}(X)[0]=R^{p-1}[R(X)[x_i]]=R^p(X)[x_i]=(R(X^p)+pS(X))[x_i]=R(X^p)[x_i]+pS(X)[x_i],\forall i\in\mathbb{Z}$
tức $R(X^p)[x_i]\equiv 0(mod\; p),\forall i\in\mathbb{Z}$. Ta lại có:
$\left | R(X^p)[x_i] \right |=\left | \sum_{j=1}^{n}b_jx_{i+pl_j} \right |\leq\sum_{j=1}^{n}|b_jx_{i+pl_j}|\leq MNn<p,\forall i\in\mathbb{Z}$ theo giả thuyết của đề bài và đa thức $R(X)$, do đó $R(X^p)[x_i]=0,\forall i\in\mathbb{Z}$, đúng.
-Với $deg(D)>1$, giả sử bài toán đúng với $E$ có mọi ước nguyên tố lớn hơn $MNn$ và $deg(E)=deg(D)-1$. Chọn $p|D,p>MNn$ và $D=pE$ ta có $deg(E)=deg(D)-1$ và $E$ có mọi ước nguyên tố lớn hơn $MNn$, theo giả thuyết quy nạp với $E$ ta có $R(X^E)[x_i]=0,\forall i\in\mathbb{Z}$, ta có $R(X^E)$ có hệ số bị chặn bởi $N$ và số hệ số khác $0$ không quá $n$, do vậy áp dụng bài toán trong trường hợp $p>MNn$ đã chứng minh ở trên ta có $R(X^D)[x_i]=R((X^p)^E)[x_i]=0,\forall i\in\mathbb{Z}$.
Vậy bài toán được chứng minh.
Với $D$ âm và có mọi ước nguyên tố lớn hơn $MNn$, ta đổi dấu $D,k_1,k_2,...,k_n$ và làm tương tự ta cũng có $\sum_{j=1}^na_jx_{i+Dk_j}=Q(X^D)[x_i]=0,\forall i\in\mathbb{Z}$.
Ta chọn $P$ là tích của tất cả số nguyên tố không vượt quá $\max(MNn,2)$ thì $P$ squarefree và nếu $D\equiv 1(mod\; P)$ thì $D$ có mọi ước nguyên tố lớn hơn $MNn$, do đó $\sum_{j=1}^na_jx_{i+Dk_j}=0,\forall i\in\mathbb{Z}$. Vậy $P$ thỏa mãn đề bài.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi poset: 13-04-2023 - 23:17
- perfectstrong, hxthanh và DOTOANNANG thích
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh