Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2018 год


Найдите все такие многочлены $P(x)$ с целыми коэффициентами, что при любых действительных $s$ и $t$, если значения $P(s)$ и $P(t)$ оба являются целыми, то $P(st)$ также является целым. ( Ting-Wei Chao )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 2   2
2023-01-23 14:26:14.0 #

$\textbf{Ответ: }P(x) = \pm x^n + c \text{, } \forall n \in \mathbb{Z}^{+}.$

Очевидно, что $deg\text{ }P = 0$ подходит; пусть теперь $d = deg\text{ }P > 0$. Предположим, что $P(k) \in \mathbb{Z}$ для какого то $k \in \mathbb{Q}$, тогда $k = \frac{p}{q}$, где $(p,q)=1$. Из условия также имеем, что $\forall n \in \mathbb{N}: P(k^n) \in \mathbb{Z}$, тогда легко получить, из теоремы о рациональном корне, что старший коэффициент многочлена делится на $q^n$ для любого натурального n, тогда мы получаем, что $q=\pm 1$, то есть, если есть рациональная точка, в которой многочлен целый, то она будет целочисленной.

Пусть теперь $P(k) \in \mathbb{Z}$ для какого то $k \in \mathbb{R \setminus Q}$. Заметим, что $P(k), P(2k) \ldots, P((d+1)k) \in \mathbb{Z}$. Интерполируем $P$ по этим $d+1$ точкам:

$$P(x) = \sum \limits_{i=1}^{d + 1}{P(ik)} \cdot \frac{\prod \limits_{j \ne i}{(x-jk)}}{\prod \limits_{j \ne i}{((i-j))}k^d}$$

Сравнив старшие коэффициенты, получится $k^d \in \mathbb{Q}$, причем $P(k^d) \in \mathbb{Z}$, тогда выходит, что $k^d \in \mathbb{Z}$.

Рассмотрим теперь $Q(x) = P(x)-ax^d$, где $a$ - старший коэффициент $P$. Тогда, если $P(x) \in \mathbb{Z}$, то $x^d \in \mathbb{Z}$, тогда $Q(x) \in \mathbb{Z}$, причем $deg\text{ }Q < d$. Пусть $deg\text{ }Q > 0$, тогда рассмотрим такое $M$, что $P(x)$ и $Q(x)$ монотонны для $x>M$. теперь рассмотрим $n>M\text{, }n \in \mathbb{N}$, тогда между $P(n)$ и $P(n+1)$ будет ровно $|P(n+1)-P(n)+1|$ точек, в которых $P$ целый, тогда $Q$ также должен быть целым в них, и так как на этом промежутке он также монотонен, то $|Q(n+1)-Q(n)+1| \geq |P(n+1)-P(n)+1|$, но справа, для достаточно больших $n$, многочлен с положительным коэффициентом и степенью больше, чем многочлен слева, то есть для достаточно больших $n$ это будет неверно, откуда $deg\text{ }Q=0$, тогда $P(x) = ax^d+b$, но тогда $P(\sqrt[d]{\frac{a+1}{a}}) \in \mathbb{Z}$, причем $(\sqrt[d]{\frac{a+1}{a}})^d \notin \mathbb{Z}$, если $a \neq \pm 1$, откуда получаем конечный ответ. Остается проверить его, но это очевидно