Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/2003/02/48.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:27:22 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:31:15 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: m 5

"&

КВАНT 2003/?2

что lj0 = 0 . Итак, либо P и Q одновременно равны нулю, либо являются произведением одинаковых наборов множителей. Утверждение доказано. 2 (А.Бадзян). Из условия (рис.1) следует, что OF = FA, OE = EA, кроме того, OF = OA = OE = R, где R радиус окружности . Значит, OFA и OEA правильные. Отсюда РAOE = 60o , РAOF = 60o , следовательно, точка E
D F 2 O E C A

B

J

ется корнем многочлена Q(x). Но P x = 0 Ы xn + x2 = 1 . тающей, f 0 = 0, f 1 = 2 > 1 . Значит, c n + c 2 = 1 при некоНа отрезке [0; 1] функция f x = x n + x2 является возрасn +1

степень многочлена f), и многочлены R1 x и R2 x имеют целочисленные коэффициенты. Далее, из равенства Q a R a Q a R a ОZ Ы 2 ОZ . следует, что = R1 a + 2 P a P a P a P a Но, так как степень многочлена R2 меньше степени многочлена P, можно выбрать такое N, что R2 a < P a при всех a > N. Если R2 ? 0 , то многочлен R2 имеет конечное число / корней, поэтому можно выбрать M ? N такое, что R2 a ? 0 R2 a О -1; 0 U 0; 1 при a > M. Но тогда при a > M число P a не является целым, что противоречит условию. Значит, R2 ? 0. Поэтому нам нужно найти такие m и n, что многочлен Q(x) делится на многочлен P(x). Если Q x M P x , то любой корень многочлена P(x) явля-

Рис. 1

Г

тором c О 0; 1 . Тогда Q c = 0 Ю cm + c = 1 . Но c + c
>c +c c+c
n +1 2 n

при любом c О 0; 1 , так как

>

лежит на дуге AC, не содержащей точки B, так как 1 1 o РAOB < 120o . Далее, РECA = И EA = РAOE = 30 , 2 2 1 1 РACF = И AF = РAOF = 30o , т.е. CA биссектриса 2 2 угла ECF. 1 Пусть РAOB = 2 , тогда РOAC = РAOB = ; РAOJ = 2 = РDAO , так как OJ P DA. Но из DOA имеем РDAO = 1 1 180o - = 90o - . Поэтому из = 180o - РDOA = 2 2 2 AOJ имеем

- c2 - c n = c 1 - c - c



n -1

+c

n



= c 1 - c 1 - cn



-1



> 0.

Значит, m ? n + 1 Ю m ? n + 2 . Тогда m ? 5 при n = 3. Если m = 5, то x 5 + x - 1 = x 3 + x 2 - 1 x 2 - x + 1 , т.е. пара n = =3, m = 5 подходит. При m ? 6 получаем c + c < c 5 + c = 1 ( c 5 + c = c 3 + c 2 = 1 ), значит, пары n = 3, m ? 6 не подходят. поэтому Q(c) = Q( c) = 0, т.е. c m + c = 1 и - c невозможно при нечетном m: - c Пусть теперь n ? 4 . Если n четно, то P c = 0 Ю P - c = 0 ,
6















РAJO = 180o - РOAJ - РAOJ = ж o ц o o = 180 - - з 90 - ч = 90 - = РAOJ . 2ш 2 и



m

- c = - c m + c = -1 . А

при четном m получаем c m + c = 1 и c m - c = 1 Ю c = 0 противоречие. Значит, n нечетно, т.е. n ? 5 . Покажем теперь, что m < 2n. Пусть c = 1 - , О 0; 1 . Тогда c 2 = 1 - 2 + 2 , c n = 1 - c2 = 2 - 2 , c m = 1 - c = . Если m ? 2n , то
= 1 - c = cm ? c
2n





m

- c = 1 . Это



Значит, AJ = AO =R, откуда AE = AF = AJ. Кроме того, точка J лежит на отрезке AC ( 0 < 90o - < 180o - 2 ). Таким 2 образом, точка J однозначно определена условиями J О AC , AJ = AE, поэтому осталось доказать, что J совпадает с точкой T центром вписанной окружности FEC . Имеем: 1 РFET = РFEC , 2 1 РAEF = РECF Ю РAET = 2 1 1 = РECF + РFEC = 180o - РEFC = 2 2

= 2 -



22



Ы

2 ? 2 -



2

Ы 1 ? 2 -



2

< 4 ? 1 ,

если ?

1 1 . Значит, > , но тогда 4 4

c<





3 Ю cn + c2 ? c5 + c2 ? 4
з ч +з ч <з ч +з ч = + = <1 64 16 64 и 4ш и 4ш и 4ш и 4ш

ж 3ц

5

ж 3ц

2

ж 3ц

3

ж 3ц

2

27

9

63

= 90o -

1 РEAT Ю РATE = 180o - РAET - РEAT = 2 1 = 90o - РEAT = РAET . 2

противоречие. Следовательно, m < 2n, т.е. m = n + k, где 2 ? k ? n - 1. Тогда

Отсюда AT = AE, и, значит, точка J совпадает с точкой T. Утверждение доказано. 3 (А.Халявин). Обозначим P x = xn + x2 - 1 , Q x = = xm + x - 1 . Если m ? n , то при a > 1 имеем 0 < am + a am + a - 1 не целое. По- 1 < an + a 2 - 1 и, значит, число n a + a2 - 1 этому m > n. Коэффициенты многочленов P(x) и Q(x) целые, и старший коэффициент у P(x) равен 1, поэтому Q x = R1 x Ч P x + R2 x , где deg R2 < n = deg P (deg f

xm + x - 1 = x n xk + x - 1 = = x k x n + x2 - 1 + 1 - x x k 1 + x - 1 .









Поэтому из делимости Q ( x ) на P( x ) следует, что



1 - x xk 1 + x - 1 M xn + x2 - 1 . Но многочлены 1 x и
n 2

откуда deg xk 1 + x - 1 ? deg xn + x2 - 1 , т.е. k + 1 ? n Ы

x + x - 1 взаимно просты, так как 1 не является корнем многочлена x n + x 2 - 1 . Значит, xk 1 + x - 1M xn + x2 - 1 ,