数论多项式理论(2)

CP3

众所周知的技巧：利用韦达定理构造多项式

例1

设 \(a,b,c,d,e,f\) 是正整数，使得 \(S=a+b+c+d+e+f\) 整除 \(ab+bc+ca-de-ef-df\) 和 \(abc+def\) ，求证： \(S\) 是合数。

假设 \(S\) 是素数，我们看到：

\(a+b+c\equiv -(d+e+f)\:(mod~S)\)

\(ab+bc+ca\equiv de+ef+fd\:(mod~S)\)

\(abc\equiv -def\:(mod~S)\)

所以 \((x+a)(x+b)(x+c)\equiv (x-d)(x-e)(x-f)\:(mod~S)\) ，代入 \(x=d\) ，看到 \(S\mid (d+a)(d+b)(d+c)\)

但是 \(S\) 是素数，整除于 \(d+a,d+b,d+c\) 中一个，矛盾。

补充一句：不是所有这种题都能构造多项式，比如 IMO2001 ：

正整数 \(a>b>c>d\) 满足 \(ac+bd=(b+d+a-c)(b+d-a+c)\) ，求证： \(ab+cd\) 是合数。

直接代入 \(a=\frac{p-cd}b\) 即可，多项式很难构造

例2

已知正整数 \(a,b,c,d\) 满足 \(a+b+c+d=2023,2023\mid ab+bc+ca+da+db+dc,abc+abd+acd+bcd\) ，求证： \(2023\mid abcd\)

构造多项式 \(f(x)=\prod(x-a)\equiv x^4-abcd\:(mod~7^2,17)\)

\(a,b,c,d\) 是 \(f\) 的根，直接给出 \(a^4\equiv b^4\equiv c^4\equiv d^4\equiv abcd\:(mod~7^2,17)\)

先看 \(7^2\) 。若 \(7\mid a\) ，次数是 \(1\) ，看 \(a^4\equiv abcd\:(mod~7^2)\) ，可知 \(7^2\mid abcd\) 。下面设 \(7\nmid abcd\)

注意到 \(x^4\equiv k\:(mod~7)\) 只有两个根，由亨泽尔引理可知 \(x^4\equiv k\:(mod~7^2)\) 也只有两个根，恰好是 \(y,-y,7\nmid y\) ，根据 \(a+b+c+d\equiv 0\:(mod~7^2)\) 给出 （不妨设） \(a\equiv b\equiv y,c\equiv d\equiv -y\:(mod~7^2)\)

代入第二个条件可知 \(ab+cd\equiv 0\:(mod~7^2)\) ，显然矛盾。所以 \(7\mid abcd\) ，进一步（由上面的论述） \(7^2\mid abcd\)

再看 \(17\) ，设 \(17\nmid abcd\) ，根据拉格朗日定理， \(x^4\equiv k\:(mod~17)\) 至多有四个根，因此 \(a,b,c,d\in \{x,-x,4x,-4x\}\) ，而 \(a+b+c+d\equiv 0\:(mod~17)\) 给出必须是两个互为相反数（ \(4-1-1-1>0\) ），不妨 \(a+b,c+d\equiv 0\:(mod~17)\)

现在考虑第二个条件，于是 \(ab+cd\equiv 0\:(mod~17)\) ，给出 \((a,b)\ne (c,d)\) ，可设 \(a=x,b=-x,c=4x,d=-4x\) （当然是在模 \(17\) 意义下）

但这与 \(a^4\equiv abcd\:(mod~17)\) 矛盾。

CP4

定理 \(1\) ：（拉格朗日插值法） \(n+1\) 个点可以唯一确定一个 \(n\) 次多项式。

我们设这些点为 \((x_1,y_1),(x_2,y_2),...,(x_{n+1},y_{n+1})\) ，则多项式

\(\large f(x)=\sum\limits_{i=1}^{n+1} y_i\frac{\prod_{j\ne i}(x-x_j)}{\prod{j\ne i}(x_i-x_j)}\)

满足条件。

若存在两个满足题设的 \(f\) 与 \(g\) ，我们将看到 \(f(x)=g(x)\) 有 \(n+1\) 个根，但是它们是 \(n\) 次多项式，所以 \(f-g\) 是零多项式。

推论 \(1.1\) ：任何在连续 \(n+1\) 个整数处取整值的 \(n\) 次多项式 \(f\) 一定是整值多项式。

推论 \(1.2\) ：任何经过 \(n+1\) 个有理点的复系数多项式都是有理系数多项式。特别地，整值多项式是有理系数多项式

定理 \(2\) ：任何复系数 \(n\) 次多项式可以与数组 \((a_1,a_2,...,a_n)\) 建立一一对应，满足（被称作多项式的 \(Mahler\) 系数）

\(\large f(x)=\sum\limits_{i=0}^n a_i\binom{x}{i}\)

当 \(f\) 是整值多项式时， \(a_i\) 也是整数；当 \(f\) 是整系数多项式时， \(i!\mid a_i\)

根据首项系数选取 \(a_n\) ，然后两边减去 \(a_n\binom{x}{n}\) ，重复进行这个过程，可以得到唯一的数组 \((a_1,a_2,...,a_n)\)

这个过程（或者说归纳）结合整值多项式的条件很容易得到 \(a_i\) 均为整数。而整系数多项式只要看到 \(a_i\binom{x}{i}=\frac{a_i}{i!}x(x-1)...(x-i+1)\) ，用相同的方法比较系数即可。

定理 \(3\) ：定义差分 \(\Delta f(x)=f(x+1)-f(x),\delta^d f(x)=\Delta^{d-1}f(x+1)-\delta^{d-1}f(x)\) ，则

\(\large \Delta^d f(x)=\sum\limits_{i=d}^n a_i\binom{x}{i-d}\)

\(\large \Delta^d f(x)=\sum\limits_{i=0}^d(-1)^{d-i}\binom{d}{i}f(x+i)\)

注意 \(\Delta f\) 的次数比 \(f\) 低，所以对 \(\deg f=n\) 和任意 \(k>n\) ，我们有 \(\Delta^k f=0\)

第一个恒等式来自于 \(\binom{x}{i}\) 的差分，即 \(\binom{x+1}{k}=\binom xk+\binom x{k-1}\) ，第二个恒等式可以归纳验证。

例1

设 \(f,g\) 是整系数多项式，已知对无穷多素数 \(p\) ，存在 \(m_p\) 使得 \(f(a)\equiv g(a+m_p)\:(mod~p)\) 对任意整数 \(a\) 成立，证明：存在有理数 \(r\) 使得 \(f(x)=g(x+r)\)

用拉格朗日定理，我们看到 \(h(a)=f(a)-g(a+m_p)\) 在模充分大 \(p\) （超过 \(f,g\) 的次数）意义下是零多项式，对无穷多 \(p\) 成立，所以 \(f\) 与 \(g\) 次数相等，进一步地，首项系数相等（ \(m_p\) 不影响首项系数）。

我们对 \(f,g\) 的次数归纳。当 \(\deg f=1\) 时显然，假设结论对 \(<n\) 成立，我们看

\(f(a+1)-f(a)\equiv g(a+m_p+1)-g(a+m_p)\:(mod~p)\)

\(\Delta f(a)\equiv \Delta g(a+m_p)\:(mod~p)\)

因为多项式差分后次数严格降低，调用归纳假设即可，我们知道 \(\Delta f(x)=\Delta g(x+r)\) ，这表明它们常数项外的 \(Mahler\) 系数相同

对于常数项，我们已经知道 \(f(a)-g(a+m_p)=f(a)-f(a+m_p-r)-C\equiv 0\:(mod~p)\) ，我们要证明 \(C=0\)

如果 \(f(x)-f(x+m_p-r)-C\) 是模 \(p\) 意义下的零多项式，考虑所有充分大 \(p\) ，有第二项系数 \(-(m_p-r)=0\) ，因此 \(C=0\) ，这就完成了证明。

注：最后还是考虑了第二项系数，其实直接考虑就行了，设 \(f,g\) 的第二项系数是 \(a_{n-1},b_{n-1}\) ，有 \(a_{n-1}\equiv b_{n-1}+nb_nm_p\:(mod~p)\) 对无穷多 \(p\) 成立，解得 \(m_p=\frac{a_{n-1}-b_{n-1}}{nb_n}\overset{记}{=}r\) ，于是 \(f(x)\equiv g(x+r)\:(mod~p)\) 对无穷多 \(p\) 成立，证毕。

CP5

下面是一些多项式构造的问题（都很难，本来构造题就是很难的一块）。这类问题中，二次剩余其实非常常用（毕竟二次剩余还是算初等范围的）

例1

证明：存在多项式 \(f\) 在有理域内不可约，但在模任何素数意义下可约

\(f(x)=x^4+1\) 是一个满足条件的多项式。

对模 \(4\) 余 \(1\) 的素数，我们看到 \(t^2\equiv -1\:(mod~p)\) ，从而 \(f(x)\equiv x^4-t^2=(x^2+t)(x^2-t)\:(mod~p)\)

对模 \(8\) 余 \(3\) 的素数，我们看到 \(t^2\equiv -2\:(mod~p)\) ，从而 \(f(x)=(x^2-1)^2+2x^2\equiv (x^2-1)^2-(tx)^2=(x^2+tx-1)(x^2-tx-1)\:(mod~p)\)

对模 \(8\) 余 \(7\) 的素数，我们看到 \(t^2\equiv 2\:(mod~p)\) ，从而 \(f(x)=(x^2+1)^2-2x^2\equiv (x^2-tx+1)(x^2+tx+1)\:(mod~p)\)

注：类似的多项式不算少，但是很难在初等范围内解释（这个多项式的得到也不是初等的，只是能初等说明而已）。不过，在模某个素数意义下不可约的多项式在有理域内一定不可约，这是常用的方法。

例2

给定正整数 \(k\ge 2\) ，求所有满足下述条件的无穷正整数序列 \(a_1,a_2,...\) ，要求存在非负整数系数多项式 \(P=x^k+c_{k-1}x^{k-1}+...+c_0\) ，使得对每个正整数 \(n\) 都有 \(P(a_n)=a_{n+1}a_{n+2}...a_{n+k}\)

我们先要猜答案。关键是这个条件的含义实际上是 \(a_{n+1}...a_{n+k}\) 可以表示成关于 \(a_n\) 的多项式即 \(a_{n+1}...a_{n+k}=(a_n+d_1)(a_n+d_2)...(a_n+d_k)\) ，我们可以看到等差数列满足题设

我们得先看出这个数列不减。如果某个 \(a_{n-1}>a_n\) ，我们就看到 \(P(a_{n-1})>P(a_n)\) （注意 \(P\) 是非负整数系数），所以 \(a_n>a_{n+k}\)

我们找到 \(l\in\{n+1,...,n+k-1,n+k\}\) 使得 \(a_l\) 最小，则有 \(a_n>a_l,a_{l-1}>a_l\) ，再对 \(l\) 操作，继续下去，可以找到无穷序列 \(x_i\) 使得 \(a_{x_i}>a_{x_{i+1}}\) （在这里 \(x_i=n,x_{i+1}=l\) ），这与正整数序列的条件矛盾

如果 \(a_{n-1}=a_n\) ，那么 \(P(a_{n-1})=P(a_n)\) 给出 \(a_n=a_{n+k}\) ，结合数列不减 \(a_n=a_{n+1}=...=a_{n+k}\) ，以此类推知道数列之后全相等

对于 \(a_{n-2}\) ，有 \(P(a_{n-2})=a_{n-1}...a_{n+k-2}=P(a_{n-1})\) ，由于 \(P\) 系数非负，可知 \(P\) 在正整数域单调递增，从而 \(a_{n-2}=a_{n-1}\) ，以此类推知数列全相等

下面考虑单调递增的情况。保证了 \(a_{n+1}>n\) 对任意正整数 \(n\) 成立，我们最后论证这是个等差数列。

我们已经知道这个多项式，我们用“同一法”，说明这个多项式在无穷个点处与所求多项式相等

关键是估计：

\(a_{n+k}-a_n=\frac{P(a_n)}{a_{n+1}...a_{n+k-1}}-a_n<\frac{a_n^k+c_{k-1}a_n^{k-1}...}{a_n^{k-1}}-a_n=c_{k-1}+\frac {c_{k-2}}{a_n}+...\)

由于 \(a_n\) 递增， \(a_{n+k}-a_n\) 存在上界

我们定义 \(\delta(n)=\{a_{n+1}-a_n,a_{n+2}-a_n,...,a_{n+k}-a_n\}\) ，那么 \(\delta(n)\) 的取值有限，存在一个数组 \((d_1,d_2,...,d_k)=\delta(n)\) 对无穷多 \(n\) 成立，对应的 \(n\in X\)

于是对 \(n\in X,P(a_n)=(a_n+d_1)(a_n+d_2)...(a_n+d_k)\) ，设 \(Q(x)=(x+d_1)...(x+d_k)\) ，则 \(P-Q\) 有无穷多根，是零多项式。

我们说明了 \(P=Q\) ，进一步地，对 \((r_1,r_2,...,r_k)\ne (d_1,d_2,...,d_k)\) ，多项式 \((x+r_1)...(x+r_k)-P(x)=0\) 只有有限根，从 \(n\ge N\) 开始，会有 \(\delta(n)=(d_1,...,d_k)\) 恒成立

所以 \(a_{n+1}-a_n=d_1\) ，对于前面的数，我们归纳，若 \(n\ge N\) 满足 \(a_{n+1}=a_n+d_1\) ，我们看到 \(P(a_{N-1})=a_N(a_N+d)...(a_N+(k-1)d)\) ，再一次用 \(P\) 是非负整数系数的（递增），唯一的正整数根是 \(a_{N-1}=a_N-d\)

所以所求数列就是全部的等差数列。

例3

设 \(P(x)\) 是整系数多项式，满足对任何正整数 \(n\) ， \(|P(n)|\) 在十进制表示下各位数字之和不是斐波那契数（指斐波那契数列里的数，包括 \(0\) ）。请问 \(P\) 是否一定是常值多项式？

数码和相关的多项式构造很多，但是我还不会（这题主要是收藏价值了qwq）

我们可以看一些简单的情况

首先 \(P(x)=Ax-B\) 是否符合条件？当然不符合，不过我们要尝试论证。

最简单的情况是 \(S(P(10^e))=S(A-1)-S(B)+9e+1\) ，我们想要找 \(F_i\equiv S(A-1)-S(B)+1\:(mod~9)\) ，斐波那契数列模 \(9\) 每个数都出现的，所以可以找到。

那么，对一般的 \(Q\) ，当 \(e\) 充分大，是否可以说 \(S(Q(10^e))=9e+C\) ？

对 \(Q(x)=c_nx^n-c_{n-1}x^{n-1}+c_{n-2}x^{n-2}+...+c_0\) 来说可以，如果只有 \(x^{n-1}\) 是负系数的，后面的可以不管，只要看开头两项，与 \(Ax-B\) 是一样的，就能找到斐波那契数

但是一般的多项式第二项系数不一定是负的。对一般的 \(F\) （我们可以假设它的首项系数是正的，然后假设 \(x\) 充分大，从而去掉绝对值符号），我们得找一个辅助多项式 \(T\) ，使得 \(Q(x)=F(T(x))\) （其中 \(Q\) 是上述形式的多项式）

我们首先想到令 \(T(x)=x^3+x+1\) 后，这样次大项的系数就是 \(0\) ，然后调整到 \(T(x)=x^3-\epsilon x^2+x+1\) ，使得 \(\epsilon\) 充分小。（其实是让其它三个充分大，因为我们要整系数）

这时候不难验证 \(F(T(x))\) 的第二项系数是负的，从而存在 \(10^e\) 使得 \(F(T(x))\) 的数码和是斐波那契数。