Нека да се върнем още един път на 4-та зад. за 11 и 12-ти клас.
Не че има нещо неясно, просто официалното решение, пък и това, което аз съм написал ме наведоха на следните мисли. Когато тези, които ще четат решението са ученици, те трябва да се научат и как да стигат самостоятелно до него. Защото не е нормално тази задача да са я решили само 2 човека, тя не е чак толкова трудна!
Значи много важно е в едно такова решение да има отговори на въпросите: защо правим точно това, коя е основната идея и кои са второстепенните разсъждения.
Разбирам, че по този начин записа на решението ще се удължи и няма да изглежда така елегантно, но ще е много по-поучително.
Да опитам конкретно с тази задача, не знам дали ще е успешно.
Значи да започенм с един анализ, да вземем един произволен полином [tex]f(x)[/tex] с цели коефициенти и да си поиграем малко с него. Вземаме [tex]n \in \mathbb{N}[/tex]. Ако сме случили [tex]f(n)[/tex] да е просто, то, за да може [tex]f(n)[/tex] да дели [tex]n![/tex] очевидно е, че е необходимо [tex]|f(n)| \leq n[/tex]. Да де, но това не е вярно за достатъчно големи [tex]n[/tex]. Значи, ако нашият полином е такъв, че приема стойности прости числа за безкрайно много стойности на [tex]n[/tex], тo няма как той да изпълнява условието на задачата.
Кои са тези полиноми. Очевидно е че разложимите полиноми не са такива, освен това ако всички коефициенти имат общ делител, то такъв полином също няма как да приема стойности прости числа. Сега, ако успеем да докажем, че всеки неразложим полином с НОД на коефициентите си =1, приема стойности прости числа за безброй стойности на аргумента, то ние ще имаме ключа към решаването на задачата. Защо? Ами защото ако имаме [tex]f(n)[/tex], който удовлетворява задачата, ние може да разделим всички коефициенти на техния НОД и пак ще имаме полином със същото свойство. Значи той трябва да се разлага до дупка, защото ако остане някакво негово неразложимо парче, то то ще приема стойности прости числа за безброй много стойнсти на [tex]n[/tex] и ще получим противоречие поради горните аргументи. И така пробваме десетина минути да докажем това твърдение, но стигаме до задънена улица. Ако имахме достъп до Гугъл щяхме да видим, че това е все още недоказана хипотеза.
Значи първата и най-естествена идея ни доведе до задънена улица. Да започнем отначало, като пробваме малко да модифицираме разсъжденията.
Да вземем [tex]n \in \mathbb{N}[/tex], тогава няма как да конструираме [tex]f(n)[/tex] да е просто, ами нека то има някакъв прост делител [tex]p[/tex]. Тогава ако [tex]f(n)[/tex] дели [tex]n![/tex] то трябва и [tex]p[/tex] да дели [tex]n![/tex] . Сега, ако сме случили така че [tex]n[/tex] да е по-малко от [tex]p[/tex] ние ще получим противоречие. Да де, но ако ако [tex]p / f(n)[/tex], ние можем да вземем остатъка [tex]n_0[/tex] при делене [tex]n[/tex] на [tex]p[/tex] и за него пак имаме [tex]p/f(n_0)[/tex], но вече [tex]n_0 <p[/tex].
Ето вече усещаме, че сме на правилен път. Сега, като имаме предвид това редуциране, да видим как ще го приложим. Ако f(x) се разлага до дупка- О.К. там нещата са вече лесни. Ако има някаква неразложима част, то тя също удовлетворява условието на задачата. Да видим как да получим противоречие. Значи, за да получим противоречие трябва да подсигурим [tex]n_0[/tex] да е по-голямо от [tex]c[/tex]. Значи ние правихме така: вземаме произволно [tex]n[/tex], вземаме прост делител [tex]p[/tex] на [tex]f(n)[/tex], вземаме [tex]n_0 < p,\, n \equiv n_0 \pmod{p}[/tex]. Kak можем да сме сигурни, че [tex]n_0 > c[/tex]. Eдин начин е да вземем [tex]n[/tex] и [tex]p[/tex], така че простия делител [tex]p[/tex] на [tex]f(n)[/tex] да НЕ дели [tex]f(1),f(2),...,f(c)[/tex]. Toгава няма как да се случи [tex]n_0 < c[/tex], защото [tex]p / f(n_0)[/tex].
Ами това е, другото вече е да знаем все пак, че това е известно твърдение- лема на Шур...
Май много неща изписах, надявам се да не са съвсем отегчителни.
Меню