Podzielność - zagwozdka
-
- Użytkownik
- Posty: 926
- Rejestracja: 24 paź 2011, o 01:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 75 razy
- Pomógł: 274 razy
Podzielność - zagwozdka
Określ wszystkie pary dodatnich liczb całkowitych \(\displaystyle{ (m, n)}\), takich, że \(\displaystyle{ (1 + x^n + x^{2n} + \ldots + x^{mn})}\) jest podzielne przez \(\displaystyle{ (1 + x + x^2 + \ldots + x^m).}\)
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5745
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 130 razy
- Pomógł: 526 razy
Re: Podzielność - zagwozdka
po zwinięciu mamy:
\(\displaystyle{ x^{nm+n+1}-x^{nm+n}-x+1=w(x)\left( x^{n+m+1}-x^{m+1}-x^n+1\right)}\)
niech:
\(\displaystyle{ w(x)=p(x)+ax+b}\)
\(\displaystyle{ A(x)= x^{nm+n+1}-x^{nm+n}-x+1}\)
\(\displaystyle{ B(x)=x^{n+m+1}-x^{m+1}-x^n+1}\)
\(\displaystyle{ w'(x)=p'(x)+a}\)
\(\displaystyle{ w''(x)=p''(x)}\)
(*)\(\displaystyle{ A''(x)=w''(x)B(x)+2w'(x)B'(x)+w(x)B''(x)}\)
\(\displaystyle{ A'(x)=(nm+n+1)x^{nm+n}-(nm+n)x^{nm+n-1}-1}\)
\(\displaystyle{ A''(x)=(nm+n)(nm+n+1)x^{nm+n-1}-(nm+n-1)(nm+n)x^{nm+n-2}}\)
\(\displaystyle{ B'(x)=(n+m+1)x^{n+m}-(m+1)x^m-nx^{n-1}}\)
\(\displaystyle{ B''(x)=(n+m)(n+m+1)x^{n+m-1}-m(m+1)x^{m-1}-(n-1)nx^{n-2}}\)
musi być:
\(\displaystyle{ n>1}\)
Po wymnożeniu (*) mamy stronę lewą i prawą.
Interesują nas tylko jednomiany o najmniejszych potęgach...
więc zapisujemy jednomian o najmniejszej potędze ze strony lewej:
jest to jednomian:
\(\displaystyle{ dx^{nm+n-2}}\)
po stronie prawej mamy natomiast cały rząd jednomianów o potencjalnie najniższym stopniu:
\(\displaystyle{ p''(x)+c_{1}x^{m-2}+c_{2}x^{n-2}}\)
Może się zdarzyć, że:
1.\(\displaystyle{ m}\) jest najmniejsze
znaczy:
\(\displaystyle{ nm+n-2=m-2}\)
rozwiązanie:
\(\displaystyle{ (n,m)=(0,0)}\)
2.\(\displaystyle{ n}\) jest najmniejsze
znaczy:
\(\displaystyle{ nm+n-2=n-2}\)
rozwiązanie:
\(\displaystyle{ n=0 \vee m=0}\)
Może się jeszcze zdarzyć jak widać, że:
\(\displaystyle{ nm+n-2=0}\)
co daje nam rozwiązanie:
\(\displaystyle{ (n,m)=(1,1) \vee (2,0)}\)
Teraz trzeba sprawdzić dla których przypadków to ma sens...
\(\displaystyle{ (n,m)=(0,0)(0,m)(n,0)(1,1)}\)
Dwa pierwsze i ostatnie jak widać trzeba odrzucić i zostanie:
\(\displaystyle{ (n,m)=(n,0)}\)
I przypadek gdy:
\(\displaystyle{ n=1}\)
mamy \(\displaystyle{ m}\) dowolne
Czyli rozwiązanie:
\(\displaystyle{ (1,m)}\)
\(\displaystyle{ x=0 \vee 1}\)
\(\displaystyle{ x^{nm+n+1}-x^{nm+n}-x+1=w(x)\left( x^{n+m+1}-x^{m+1}-x^n+1\right)}\)
niech:
\(\displaystyle{ w(x)=p(x)+ax+b}\)
\(\displaystyle{ A(x)= x^{nm+n+1}-x^{nm+n}-x+1}\)
\(\displaystyle{ B(x)=x^{n+m+1}-x^{m+1}-x^n+1}\)
\(\displaystyle{ w'(x)=p'(x)+a}\)
\(\displaystyle{ w''(x)=p''(x)}\)
(*)\(\displaystyle{ A''(x)=w''(x)B(x)+2w'(x)B'(x)+w(x)B''(x)}\)
\(\displaystyle{ A'(x)=(nm+n+1)x^{nm+n}-(nm+n)x^{nm+n-1}-1}\)
\(\displaystyle{ A''(x)=(nm+n)(nm+n+1)x^{nm+n-1}-(nm+n-1)(nm+n)x^{nm+n-2}}\)
\(\displaystyle{ B'(x)=(n+m+1)x^{n+m}-(m+1)x^m-nx^{n-1}}\)
\(\displaystyle{ B''(x)=(n+m)(n+m+1)x^{n+m-1}-m(m+1)x^{m-1}-(n-1)nx^{n-2}}\)
musi być:
\(\displaystyle{ n>1}\)
Po wymnożeniu (*) mamy stronę lewą i prawą.
Interesują nas tylko jednomiany o najmniejszych potęgach...
więc zapisujemy jednomian o najmniejszej potędze ze strony lewej:
jest to jednomian:
\(\displaystyle{ dx^{nm+n-2}}\)
po stronie prawej mamy natomiast cały rząd jednomianów o potencjalnie najniższym stopniu:
\(\displaystyle{ p''(x)+c_{1}x^{m-2}+c_{2}x^{n-2}}\)
Może się zdarzyć, że:
1.\(\displaystyle{ m}\) jest najmniejsze
znaczy:
\(\displaystyle{ nm+n-2=m-2}\)
rozwiązanie:
\(\displaystyle{ (n,m)=(0,0)}\)
2.\(\displaystyle{ n}\) jest najmniejsze
znaczy:
\(\displaystyle{ nm+n-2=n-2}\)
rozwiązanie:
\(\displaystyle{ n=0 \vee m=0}\)
Może się jeszcze zdarzyć jak widać, że:
\(\displaystyle{ nm+n-2=0}\)
co daje nam rozwiązanie:
\(\displaystyle{ (n,m)=(1,1) \vee (2,0)}\)
Teraz trzeba sprawdzić dla których przypadków to ma sens...
\(\displaystyle{ (n,m)=(0,0)(0,m)(n,0)(1,1)}\)
Dwa pierwsze i ostatnie jak widać trzeba odrzucić i zostanie:
\(\displaystyle{ (n,m)=(n,0)}\)
I przypadek gdy:
\(\displaystyle{ n=1}\)
mamy \(\displaystyle{ m}\) dowolne
Czyli rozwiązanie:
\(\displaystyle{ (1,m)}\)
jest to prawda tylko dla:Czyżby \(\displaystyle{ 1+x^2=1+x}\)
\(\displaystyle{ x=0 \vee 1}\)
- Slup
- Użytkownik
- Posty: 790
- Rejestracja: 27 maja 2016, o 20:49
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 23 razy
- Pomógł: 156 razy
Podzielność - zagwozdka
Rozpatrzmy wielomiany
\(\displaystyle{ f(x) = 1+x+x^2+...+x^m,\,g(x) = 1+x^n+x^{2n}+...+x^{nm}}\)
Zauważmy, że
\(\displaystyle{ g(x) = \begin{cases}\frac{x^{n\cdot (m+1)}-1}{x^n-1}&\mbox{ dla }x^n\neq 1\\ n\cdot m+1& \mbox{ dla }x^n = 1\end{cases}}\)
Z racji, że \(\displaystyle{ f(x)}\) nie ma pierwiastków wielokrotnych i oba wielomiany mają najstarszy współczynnik równy 1, warunek \(\displaystyle{ f(x) | g(x)}\) zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy
\(\displaystyle{ \forall_{\xi \in\mathbb{C}}\, f(\xi)=0 \Rightarrow g(\xi) =0}\)
co jest równoważne na mocy powyższej (klamrowej) formuły na \(\displaystyle{ g(x)}\) ze zdaniem
\(\displaystyle{ \forall_{\xi \in\mathbb{C}}\, f(\xi)=0 \Rightarrow \xi^{n\cdot (m+1)}-1 = 0\mbox{ oraz }\xi^n-1\neq 0}\)
Zauważmy, że zachodzi implikacja
\(\displaystyle{ \forall_{\xi \in\mathbb{C}}\, f(\xi)=0 \Rightarrow \xi^{n\cdot (m+1)}-1 = 0}\)
Zatem warunek \(\displaystyle{ f(x) | g(x)}\) jest równoważny implikacji
\(\displaystyle{ \forall_{\xi \in\mathbb{C}}\, f(\xi)=0 \Rightarrow \xi^n \neq 1}\)
Jak wiadomo \(\displaystyle{ f(\xi) = 0}\) wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ \xi = e^{i\cdot \frac{2k\pi}{m+1}}}\) dla \(\displaystyle{ k \in \{1, 2,...,m\}}\). Zauważmy, że dla takiego \(\displaystyle{ \xi}\) mamy
\(\displaystyle{ \xi^n = e^{i\cdot \frac{2k\cdot n\pi}{m+1}}}\)
i ta wielkość jest różna od \(\displaystyle{ 1}\) wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ m+1}\) nie jest dzielnikiem \(\displaystyle{ k\cdot n}\). Ostatecznie więc warunek \(\displaystyle{ f(x)|g(x)}\) jest równoważny temu, że \(\displaystyle{ m+1}\) nie dzieli \(\displaystyle{ k\cdot n}\) dla każdego \(\displaystyle{ k\in \{1,2,...,m\}}\). To ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ m+1}\) i \(\displaystyle{ n}\) są względnie pierwsze..
\(\displaystyle{ f(x) = 1+x+x^2+...+x^m,\,g(x) = 1+x^n+x^{2n}+...+x^{nm}}\)
Zauważmy, że
\(\displaystyle{ g(x) = \begin{cases}\frac{x^{n\cdot (m+1)}-1}{x^n-1}&\mbox{ dla }x^n\neq 1\\ n\cdot m+1& \mbox{ dla }x^n = 1\end{cases}}\)
Z racji, że \(\displaystyle{ f(x)}\) nie ma pierwiastków wielokrotnych i oba wielomiany mają najstarszy współczynnik równy 1, warunek \(\displaystyle{ f(x) | g(x)}\) zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy
\(\displaystyle{ \forall_{\xi \in\mathbb{C}}\, f(\xi)=0 \Rightarrow g(\xi) =0}\)
co jest równoważne na mocy powyższej (klamrowej) formuły na \(\displaystyle{ g(x)}\) ze zdaniem
\(\displaystyle{ \forall_{\xi \in\mathbb{C}}\, f(\xi)=0 \Rightarrow \xi^{n\cdot (m+1)}-1 = 0\mbox{ oraz }\xi^n-1\neq 0}\)
Zauważmy, że zachodzi implikacja
\(\displaystyle{ \forall_{\xi \in\mathbb{C}}\, f(\xi)=0 \Rightarrow \xi^{n\cdot (m+1)}-1 = 0}\)
Zatem warunek \(\displaystyle{ f(x) | g(x)}\) jest równoważny implikacji
\(\displaystyle{ \forall_{\xi \in\mathbb{C}}\, f(\xi)=0 \Rightarrow \xi^n \neq 1}\)
Jak wiadomo \(\displaystyle{ f(\xi) = 0}\) wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ \xi = e^{i\cdot \frac{2k\pi}{m+1}}}\) dla \(\displaystyle{ k \in \{1, 2,...,m\}}\). Zauważmy, że dla takiego \(\displaystyle{ \xi}\) mamy
\(\displaystyle{ \xi^n = e^{i\cdot \frac{2k\cdot n\pi}{m+1}}}\)
i ta wielkość jest różna od \(\displaystyle{ 1}\) wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ m+1}\) nie jest dzielnikiem \(\displaystyle{ k\cdot n}\). Ostatecznie więc warunek \(\displaystyle{ f(x)|g(x)}\) jest równoważny temu, że \(\displaystyle{ m+1}\) nie dzieli \(\displaystyle{ k\cdot n}\) dla każdego \(\displaystyle{ k\in \{1,2,...,m\}}\). To ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ m+1}\) i \(\displaystyle{ n}\) są względnie pierwsze..