Турция TST 1998, зад.6

[drago]

Нека [tex]P(x_1,x_2,\cdots,x_n)[/tex] е полином с цели коефициенти от степен по-малка от [tex]n[/tex]. Нека [tex]N[/tex]e броя на наредените [tex]n[/tex]-торки [tex](x_1,x_2,\cdots,x_n),\,\, 0 \leq x_i < 13[/tex], за които:

[tex]P(x_1,x_2,\cdots, x_n) \equiv 0 \pmod {13}[/tex].

Докажете, че [tex]N[/tex]се дели на [tex]13[/tex].

[ptj]

Нека [tex]P(x_1,x_2,...,x_n)=(x-x_n).Q(x_1,x_2,...,x_{n})+R(x_1,x_2,...x_{n-1})[/tex], където степента на [tex]x_n[/tex] в [tex]P[/tex] e максимална.

Нека освен това исканото условие е изпълнено за всички полиноми [tex]P(x_1),P(x_1,x_2),...P(x_1,x_2,...,x_{n})[/tex] от степен по-ниска от тази на [tex]P[/tex].

Да разгледаме [tex](1): (x-x_n)Q(x_1,x_2,...,x_n)[/tex]:

а.) Нека [tex](x-x_n)\equiv 0 \pmod{13}[/tex] е изпълнено само за една стойност на остатъка [tex]x_n[/tex]. Тогава всяко от числата [tex]x_1,x_2,...x_{n-1}[/tex] ще може да пробягва всичките остатъци от 0 до 13, т.е. съответните [tex]n[/tex]-орки [tex](N_1),[/tex]за които [tex](1)\equiv 0 \pmod{13}\[/tex] ще се делят на 13.

б.) Аналогичен е случая и с фиксирана [tex](n)-[/tex]орка, която е решение на [tex](2): Q(x_1,x_2,...,x_{n})\equiv 0\pmod{13}[/tex].
Ако всички решения на [tex](2)[/tex] са [tex]N_2[/tex] (дели се на 13 съгласно допускането), решенията на [tex](1)\equiv 0 \pmod{13}\[/tex] са точно [tex]N_1-N2[/tex], т.е. те се делят на 13.

Съгласно допускането [tex]R(x_1,x_2,...,x_{n-1})\subset P(x_1,x_2,...x_{n-1})[/tex], с което исканото в задачата е доказано.

П.П. С посочената идея накрая ще стигнем до полином от първа степен, а доказателството за него е тривиално. Може да се прецезира обяснението на a.)

[grav]

Нека [tex]P(x_1,x_2,...,x_n)=(x-x_n).Q(x_1,x_2,...,x_{n})+R(x_1,x_2,...x_{n-1})[/tex], където степента на [tex]x_n[/tex] в [tex]P[/tex] e максимална.

Какво е х?

[ptj]

Нека [tex]P(x_1,x_2,...,x_n)=(x-x_n).Q(x_1,x_2,...,x_{n})+R(x_1,x_2,...x_{n-1})[/tex], където степента на [tex]x_n[/tex] в [tex]P[/tex] e максимална.

Какво е х?

Трябваше да е:[tex]P(x_1,x_2,...,x_n)=(x_n-x_n_0).Q(x_1,x_2,...,x_{n})+R(x_1,x_2,...x_{n-1})[/tex], където [tex]x_{n0}[/tex] e стойност за [tex]x_n[/tex] в [tex]n-[/tex]орка, изпълняваща условието.

[drago]

Нека [tex]P(x_1,x_2,...,x_n)=(x-x_n).Q(x_1,x_2,...,x_{n})+R(x_1,x_2,...x_{n-1})[/tex], където степента на [tex]x_n[/tex] в [tex]P[/tex] e максимална.

Нека освен това исканото условие е изпълнено за всички полиноми [tex]P(x_1),P(x_1,x_2),...P(x_1,x_2,...,x_{n})[/tex] от степен по-ниска от тази на [tex]P[/tex].

Да разгледаме [tex](1): (x-x_n)Q(x_1,x_2,...,x_n)[/tex]:

а.) Нека [tex](x-x_n)\equiv 0 \pmod{13}[/tex] е изпълнено само за една стойност на остатъка [tex]x_n[/tex]. Тогава всяко от числата [tex]x_1,x_2,...x_{n-1}[/tex] ще може да пробягва всичките остатъци от 0 до 13, т.е. съответните [tex]n[/tex]-орки [tex](N_1),[/tex]за които [tex](1)\equiv 0 \pmod{13}\[/tex] ще се делят на 13.

б.) Аналогичен е случая и с фиксирана [tex](n)-[/tex]орка, която е решение на [tex](2): Q(x_1,x_2,...,x_{n})\equiv 0\pmod{13}[/tex].
Ако всички решения на [tex](2)[/tex] са [tex]N_2[/tex] (дели се на 13 съгласно допускането), решенията на [tex](1)\equiv 0 \pmod{13}\[/tex] са точно [tex]N_1-N2[/tex], т.е. те се делят на 13.

Съгласно допускането [tex]R(x_1,x_2,...,x_{n-1})\subset P(x_1,x_2,...x_{n-1})[/tex], с което исканото в задачата е доказано.

П.П. С посочената идея накрая ще стигнем до полином от първа степен, а доказателството за него е тривиално. Може да се прецезира обяснението на a.)

Ptj,
най-малко 2 червени лампички трябваше да ти светнат преди да напишеш това писание.

1. Не случайно в условието е написано, че степента на полинома е по-малка от n, иначе твърдението не е вярно.
Разгледай например P(x_1) = x_1 -1. Решенията на сравнението тогава е само едно: x_1=1.

2. Ако сложим вместо 13 някакво друго число m, би следвало според писанието по-горе нещата пак да стават !?

Това стига. Няма смисъл да ти казвам точно къде ти е грешката, защото тя не е една!

[ptj]

Прав си, има грешка, но тя изобщо не е където посочваш.

"Всеки полином ƒ на две или повече променливи може да се представи като произведение от нетривални полиноми. Това представяне е единствено, ако се условим да не различаваме два полинома, единият от които е равен на другия, умножен по константа."

Мисля, че горния факт може да реши задачата. Ако [tex]P[/tex] e от [tex]m[/tex]-та степен, то той може да се разложи на [tex]m[/tex] полинома от първа степен, като поне един от тях ще е с две променливи. Достатъчно е неговите решения да са кратни на 13. Проблема е как да се "надхитрят" комплексните корени.

[drago]

Целият този спам. който се изписа, става досаден и разваля удоволствието от хубавата задача!

[ptj]

Като не искаш спам не пускай задачи. Всеки е в правото си да дава решения, макар и грешни. Ако имаш желание да се докажеш пиши си в турския форум.

[drago]

На всеки се случва да напише грешно решение. Само че това горе не е точно грешно решение. То си е точно спам!

Както и да е, нямам желание повече да се занимавам с тази тема!
Мястото, където видях задачата, както и малко коментар може да видите в "турския" форум: http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 7&t=449176