数论多项式理论(1)

UPD on 2025.8.3：补充说明

CP1

整系数多项式的重要引理： \(a-b\mid f(a)-f(b)\) ，证明并不困难

例1

设 \(f\) 为整系数多项式，记 \(g=f\circ f\circ f...\circ f\) ，\(n=deg(f)>1\) 。求证： \(g(x)=x\) 至多有 \(n\) 个根

记 \(g_k=f\circ f\circ f...\circ f\) 共 \(k\) 个 \(f\) ，并设 \(a_1>a_2>...>a_m\) 为 \(g(x)=x\) 的所有根，我们有

\(a_i-a_j\mid f(a_i)-f(a_j),f(a_i)-f(a_j)\mid g_2(a_i)-g_2(a_j),...,g_{p-1}(a_i)-g_{p-1}(a_j)\mid g_p(a_i)-g_p(a_j)=a_i-a_j (\text{不妨}\:a_i>a_j)\)

中途不能出现 \(0\) ，否则就有 \(g_p(a_i)=g_p(a_j)\) ， 这就说明 \(|g_k(a_i)-g_k(a_j)|=a_i-a_j,k=1,2,...,p\)

特别地，我们取 \(k=1\)

\(|f(a_{i+1})-f(a_i)+f(a_i)-f(a_{i-1})|=|f(a_{i+1})-f(a_{i-1})|=a_{i-1}-a_{i+1}=|f(a_{i+1})-f(a_i)|+|f(a_i)-f(a_{i-1})|\)

这表明 \(f(a_{i+1})-f(a_i)\) 与 \(f(a_i)-f(a_{i-1})\) 同号，即所有 \(f_(a_{i+1})-f(a_i)\) 同号。不妨 \(f(a_i)-f(a_{i+1})=a_i-a_{i+1}\)

则 \(f(a_1)-a_1=f(a_2)-a_2=...=f(a_k)-a_k=c\) ，而 \(f(x)-x-c=0\) 至多有 \(deg(f)=n\) 个根，即证

例2

多项式 \(f\) 的各项系数绝对值不超过 \(5\times 10^6\) ，且方程 \(f(x)=x,f(x)=2x,f(x)=3x,...,f(x)=20x\) 均有整数根，求证： \(f(0)=0\)

设 \(f(x_i)=ix_i\) ，并假设命题不成立

首先没有 \(x_i=x_j\) ，否则 \(ix_i=f(x_i)=f(x_j)=jx_j=>x_i=0\)

其次我们声称对任意素数 \(p<20\) ，存在 \(x_i\) 满足 \(p\mid x_i\) ，否则取 \(x_1,x_2,...,x_p\) ，存在 \(x_i\equiv x_j\:(mod~p)\) ，而 \(p\mid x_i-x_j\mid f(x_i)-f(x_j)\equiv (i-j)x_i\:(mod~p)\) ，则 \(p\mid x_i\) ，矛盾

则 \(p\mid x_i\mid f(x_i)-f(0)=ix_i-f(0)\iff p\mid f(0)\) ，从而 \(2\times 3\times 5\times...\times 19\mid f(0)\le 5\times 10^6\) ，只能是 \(f(0)=0\)

例3

求所有的 \(f:\mathbb{N}^*\rightarrow \mathbb{N}^*\) 满足 \(\forall m,n\ge 1,f(mn)=f(m)f(n),m+n\mid f(m)+f(n)\)

\(f(1)=f^2(1)=>f(1)=1\)

设 \(f(2)=2^a(2k+1)\) ，则 \(f(2)\mid 2^a(f(2k)+f(1))=2^a(f(2)f(k)+1)\) 即 \(f(2)\mid 2^a\) ，从而 \(k=0\)

从而 \(f(2^k)=2^{ak}\) ，并且 \(6\mid 2^a+4^a\) ，从而 \(a\) 为奇数

另一方面 \(2^n+d\mid f(2^n)+f(d)\) ， \(d\) 为奇数 ，结合 \(2^n+d\mid 2^{an}+d^a\) 知 \(2^n+d\mid f(d)-d^a\) 对任意正整数 \(n\) 成立，即 \(f(d)=d^a\)

综上可知 \(f(x)=x^k,2\nmid k\)

例4

已知多项式 \(f(x)\) ，数列 \(\{x_n\}\) 满足 \(x_1=1,f(x_i)=x_{i+1}\) ，并且对任意正整数，都能在数列中找到其倍数。求证： \(f(x)=x+1\)

注意到数列 \(\{x_n\}\) 满足 \(x_{i+1}-x_i\mid x_{i+2}-x_i\) ，即对任意 \(m>n\) 有 \(x_n-x_{n-1}\mid x_m-x_{m-1}\)

法一：

我们找到最小的 \(m\) 使得 \(x_n-x_{n-1}\mid x_m\) ，若 \(m>n\) ，结合 \(x_n-x_{n-1}\mid x_m-x_{m-1}\) ，可知 \(x_n-x_{n-1}\mid x_m-x_{m-1}\) ，则有 \(x_n-x_{n-1}\mid x_{m-1}\) ，这与 \(m\) 的最小性矛盾，从而 \(m<n\)

则 \(x_n-x_{n-1}\le x_{n-1}\) ，而 \(\{x_n\}\) 显然递增，从而 \(f(x)\le 2x\)

从而 \(f(x)=x+a\) 或 \(2x-1,2x\) 余下的证明并不困难。

法二：

记 \(a_i=x_{i+1}-x_i\) ，若 \(f\) 不为一次函数，则 \(a_i=f(x_i)-x_i>x_i\) 对充分大 \(i\) 成立，从而存在第一个 \(i\) 使得 \(a_i\nmid x_i\) ，在 \(x_{i+1}\) 之后不会再出现 \(a_i\) 的倍数（注： \(a_1,a_2,...,a_{i-1}\) 均是 \(a_i\) 的因数），取充分大 \(N\) ，无法找到 \(Na_i\) 倍数，矛盾

CP2

有理根定理：整系数多项式 \(f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_0,其中 a_n,a_0\ne0\) 的有理根 \(x=\frac pq\) 满足 \(p\mid a_0,q\mid a_n\)

证明：直接代入有 \(a_np^n+a_{n-1}p^{n-1}q+...+a_0q^n=0\) ，则 \(q\mid a_np^n\) ，因为 \((p,q)=1\) ，由高斯引理，有 \(q\mid a_n\)

一些推论：

1. 若 \(x=\frac pq\) 是多项式 \(f\) 的一根，则存在整系数多项式 \(g\) ，使得 \(f(x)=(qx-p)g(x)\)

证明：设 \(g(x)=b_{n-1}x^{n-1}+...+b_0\) ，得到 \(b_{n-1}q=a_n,b_{n-2}q-b_{n-1}p=a_{n-1},...,qb_{n-1}=a_n\)

特别地， \(b_{n-1}\) 是整数由有理根定理直接给出

得到 \(\large b_k=-\frac{q^ka_0+pq^{k-1}a_1+...+p^ka_k}{p^{k+1}}\)

实际上可以由 \(f(\frac pq)=0\) 直接得到 \(a_{k+1}p^{k+1}q^{n-k-1}+...+a_np^n=-q^{n-k}(a_kp_k+...+a_0q^k)\)

由 \((p,q)=1\) 知 \(b_k\) 为整数

2. 若 \(\sqrt[n]{d}\) 为有理数，则 \(\sqrt[n]{d}\) 为整数（考虑 \(f(x)=x^n-d\) 即可）

3. 当 \(x+y,xy\) 均为整数，则 \(x,y\in Z\)

例1

求正有理数 \(a,b,c\) 使得 \(\frac ab+\frac bc+\frac ca\) 与 \(\frac ac+\frac ba+\frac cb\) 均为整数

构造多项式 \(f(x)=(x-\frac ab)(x-\frac bc)(x-\frac ca)=x^3-(\frac ab+\frac bc+\frac ca)x^2+(\frac ac+\frac ba+\frac cb)x-1\)

由于 \(f\) 的系数均为整数数，它的有理根只能是 \(\pm 1\) ，即 \(a=b=c\)

例2

求所有的正有理数数组 \(a,b,c\) 使得 \(a+\frac 1{bc},b+\frac1{ca},c+\frac1{ab}\) 均为整数

设 \(m=abc\) ，则 \(a+\frac am,b+\frac bm,c+\frac cm\) 均为整数，则 \((b+\frac bm)(c+\frac cm)=\frac ma+\frac 2a+\frac 1{am}=\frac{(m+1)^2}{am}\) 为整数

那么有 \(\frac {(m+1)^2}{am}\cdot \frac {a(m+1)}m=\frac {(m+1)^3}{m^2}=k\) 为整数，则 \(m\) 是 \(f(x)=(x+1)^3-kx^2\) 的整数根，这意味着 \(m=\pm 1\)

从而 \(2a,2b,2c\) 是整数，给出问题的解 \((1,1,1)(\frac 12,1,2)(\frac 12,\frac 12,4)\)

例3

设 \(s_1,s_2,...\) 与 \(t_1,t_2,...\) 是非常值有理数序列，满足 \((s_i-s_j)(t_i-t_j)\) 对所有 \(i,j\) 为整数，证明：存在有理数 \(r\) 使得 \((s_i-s_j)/r\) 与 \((t_i-t_j)r\) 对所有 \(i,j\) 为整数

不妨 \(s_1=t_1=0\) （平移不变性），可知 \(s_it_i\) 对所有 \(i\) 为整数，从而对所有 \(i,j\) ，\((s_i-s_j)(t_i-t_j)-s_it_i-s_jt_j=-(s_it_j+s_jt_i)\) 也为整数

结合 \(s_it_is_jt_j\) 为整数，可知 \(s_it_j,s_jt_i\) 分别为整数（至此，题目已经基本结束）

我们找到 \(N\) 使得 \(Nt_i\) 均为整数，并取最优的，也就是使 \((Nt_1,Nt_2,...)=1\) （可以取 \(N\) 为 \(s_1\) 的分子）

我们说明这个 \(N\) 使得 \(\frac {s_i}N\) 为整数，记其分母为 \(d\) ，则存在 \(i\) 使得 \((d,Nt_i)=1\) ，而 \(\frac {s_i}N\cdot Nt_i\) 为整数，只能是 \(d=1\) ，证毕