Здравствуйте, помогите, пожалуйста, с примером.

$$ ((x+1)^m - x^m - 1 ) \vdots ((x^2 + x + 1)^2)$$

Вопрос, при каких $%m$% выполняется выражение.

Была идея разложить первую скобку по биному Ньютона, но она ни к чему дельному, к сожалению, не привела... Подскажите, пожалуйста, путь решения.

задан 17 Янв '15 15:31

изменен 17 Янв '15 17:30

EdwardTurJ's gravatar image


5041135

10|600 символов нужно символов осталось
1

Для начала рассмотрим упрощённый вариант задачи, когда речь идёт о делимости на $%g(x)=x^2+x+1$%. Здесь достаточно изучить последовательность остатков, которые дают степени многочленов $%x$% и $%x+1$% при делении на $%g(x)$%. Для степеней $%x$% это совсем просто: остатки там равны $%1$%, $%x$%, $%-x-1$% (начиная со степени с нулевым показателем), и далее всё повторяется с периодом 3 за счёт того, что $%x^3-1$% делится на $%g(x)$%.

Для степеней вида $%(x+1)^m$% соответствующие вычисления проделать также несложно. Там мы, начиная с 1, каждый раз домножаем "текущий" остаток на $%x+1$% и делим произведение на $%g(x)$%, беря остаток. Получается $%1$%, $%x+1$%, $%x$%, $%-1$%, $%-x-1$%, $%-x$%, после чего появляется 1, то есть период равен 6. В основе этого эффекта лежит тот факт, что $%(x+1)^3+1$% делится на $%g(x)$%.

Теперь легко выписать последовательность остатков для многочлена из условия для случаев $%0\le m < 6$%, то есть с периодом 6. Там будет $%-1$%, $%0$%, $%2x$%, $%-3$%, $%-2x-3$%, $%0$%, и далее всё повторяется периодически. Таким образом, для делимости на $%g(x)$% необходимо и достаточно, чтобы $%m$% при делении на 6 давало в остатке 1 или 5.

Теперь исследует вопрос о делимости на $%g(x)^2$%. Рассматривать остатки от деления на многочлен 4-й степени было бы сложнее, поэтому воспользуемся таким известным свойством, которое легко проверяется: для делимости $%f(x)$% на $%g(x)^2$% необходимо и достаточно того, чтобы на $%g(x)$% делились как сам многочлен $%f(x)$%, так и его производная $%f'(x)$%.

В интересующем нас случае $%f'(x)=m(x+1)^{m-1}-mx^{m-1}$%. Понятно, что множитель $%m$% можно не учитывать, и тогда последовательность остатков от деления на $%g(x)$% получается из предыдущей путём сдвига на единицу и прибавления единицы (поскольку сейчас мы единицу в конце не вычитаем). При $%m=1$% будет то, что раньше было в нуле, и с учётом этого получится $%0$%, $%1$%, $%2x+1$%, $%-2$%, $%-2x-2$%, $%1$%. Ноль возникает только на самом первом месте, чему сейчас соответствует остаток 1 от деления на 6.

Окончательно имеем, что делимость из условия задачи имеет место тогда и только тогда, когда $%m$% при делении на 6 даёт в остатке 1, то есть при $%m\in\{1;7;13;19;\ldots\}$%.

ссылка

отвечен 17 Янв '15 17:03

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×297

задан
17 Янв '15 15:31

показан
484 раза

обновлен
17 Янв '15 17:30

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru